第3章导数及其应用第二课导数在研究函数中的应用[巩固层·知识整合][提升层·题型探究]函数的单调性与导数【例1】已知函数f(x)＝lnx－ax2＋(2－a)x，讨论f(x)的单调性．[思路点拨]―→―→[解]f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－2ax＋(2－a)＝－.①当a≤0时，f′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增．②当a>0时，由f′(x)＝0，得x＝.又由f′(x)>0得0
，∴f(x)在上单调递增，在上单调递减．综上所述，当a≤0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，函数f(x)在上单调递增，在上单调递减．导数法求函数单调区间的一般流程求定义域→求导数f′x→求f′x＝0在定义域内的根→用求得的根划分定义区间→确定f′x在各个开区间内的符号→得相应开区间上的单调性.提醒：在求解中注意分类讨论和数形结合思想的应用.[跟进训练]1．已知函数f(x)＝(x2＋ax－2a2＋3a)ex(x∈R)，其中a∈R，试求f(x)的单调区间．[解] f′(x)＝[x2＋(a＋2)x－2a2＋4a]ex.令f′(x)＝0，解得x＝－2a或x＝a－2.①当－2a＝a－2，即a＝时，f′(x)≥0，∴f(x)在R上单调递增．②当－2a时，由f′(x)>0得，x<－2a或x>a－2，由f′(x)<0得，－2aa－2，即a<时，由f′(x)>0得x－2a，由f′(x)<0得a－2时，f(x)的增区间为(－∞，－2a)，(a－2，＋∞)；减区间为(－2a，a－2)．函数的极值、最值与导数【例2】已知函数f(x)＝x2＋alnx.(1)若a＝－1，求函数f(x)的极值，并指出是极大值还是极小值；(2)若a＝1，求函数f(x)在[1，e]上的最大值和最小值；(3)当a＝1，求证：在区间[1，＋∞)上，函数f(x)的图象在函数g(x)＝x3的图象的下方．[解](1)由于函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，当a＝－1时，f′(x)＝x－＝，令f′(x)＝0，得x＝1或x＝－1(舍去)，当x∈(0,1)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，所以f(x)在x＝1处取得极小值，且极小值为.(2)当a＝1时，f(x)＝x2＋lnx，f′(x)＝x＋>0，则函数f(x)在[1，e]上为增函数，所以f(x)min＝f(1)＝，f(x)max＝f(e)＝e2＋1.(3)证明：设F(x)＝f(x)－g(x)＝x2＋lnx－x3，则F′(x)＝x＋－2x2＝，当x>1时，F′(x)<0，故F(x)在区间[1，＋∞)上是减函数，又F(1)＝－<0，所以在区间[1，＋∞)上，F(x)<0恒成立．即f(x)sinx(x>0)”成立吗？如何证明？提示：成立，令f(x)＝x－sinx，x>0，则f′(x)＝1－cosx≥0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增．又f(0)＝0，∴f(x)>f(0)＝0，即x－sinx>0，∴x>sinx.2．如何证明函数不等式f(x)>g(x)(x>a)?提示：可构造函数h(x)＝f(x)－g(x)(x>a)，只需证明h(x)>0即可，故可求h(x)min>0.【例3】求证：当x>1时，lnx>－x2...
