【精品提分练习】数学选修22人教A讲义：第一章 导数及其应用 习题课 导数的应用

习题课 导数的应用
学习目标 1.能利用导数研究函数的单调性.2.理解函数的极值、最值与导数的关系.3.掌握函数的单调性、极值与最值的综合应用．
1．函数的单调性与其导数的关系 定义在区间(a ，b )内的函数y ＝f (x )
2.求函数y ＝f (x )的极值的方法 解方程f ′(x )＝0，当f ′(x 0)＝0时，
(1)如果在x 0附近的左侧f ′(x )>0，右侧f ′(x )<0，那么f (x 0)是极大值． (2)如果在x 0附近的左侧f ′(x )<0，右侧f ′(x )>0，那么f (x 0)是极小值． 3．函数y ＝f (x )在[a ，b ]上最大值与最小值的求法 (1)求函数y ＝f (x )在(a ，b )内的极值．
(2)将函数y ＝f (x )的各极值与端点处的函数值f (a )，f (b )比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值.
类型一 构造法的应用
命题角度1 比较函数值的大小
例1 已知定义在⎝⎛⎭⎫0，π
2上的函数f (x )，f ′(x )是它的导函数，且sin x ·f ′(x )>cos x ·f (x )恒成立，则( ) A.2f ⎝⎛⎭⎫π6>f ⎝⎛⎭⎫
π4 B.3f ⎝⎛⎭⎫π6>f ⎝⎛⎭⎫
π3 C.6f ⎝⎛⎭⎫π6>2f ⎝⎛⎭
⎫π4 D.3f ⎝⎛⎭⎫π6<f ⎝⎛⎭⎫π3
考点 利用导数研究函数的单调性
题点 构造法的应用 答案 D
解析 由f ′(x )sin x >f (x )cos x ， 得f ′(x )sin x －f (x )cos x >0， 构造函数g (x )＝f (x )
sin x
，
则g ′(x )＝f ′(x )sin x －f (x )cos x
sin 2x .
当x ∈⎝⎛⎭⎫0，π
2时，g ′(x )>0， 即函数g (x )在⎝⎛⎭⎫0，π
2上单调递增， ∴g ⎝⎛⎭⎫π6<g ⎝⎛⎭⎫π3，∴3f ⎝⎛⎭⎫π6<f ⎝⎛⎭⎫π3， 故选D.
反思与感悟 用构造法比较函数值的大小关键是构造出恰当的函数，利用函数的单调性确定函数值的大小．
跟踪训练1 已知定义域为R 的奇函数f (x )的导函数为f ′(x )，当x ≠0时，f ′(x )＋f (x )
x <0，
若a ＝12 f ⎝⎛⎭⎫12，b ＝－2f ()－2，c ＝⎝⎛⎭⎫ln 12 f ⎝⎛⎭⎫ln 12，则a ，b ，c 的大小关系是( ) A ．a <c <b B ．b <c <a C ．a <b <c
D ．c <a <b
考点 利用导数研究函数的单调性 题点 构造法的应用 答案 B
解析 令g (x )＝xf (x )， 则g (－x )＝－xf (－x )＝xf (x )，
∴g (x )是偶函数．g ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )， ∵f ′(x )＋f (x )
x
<0，
∴当x >0时，xf ′(x )＋f (x )<0， 当x <0时，xf ′(x )＋f (x )>0. ∴g (x )在(0，＋∞)上是减函数． ∵1
2<ln 2<1<2， ∴g (2)<g (ln 2)<g ⎝⎛⎭⎫
12.
∵g (x )是偶函数，
∴g (－2)＝g (2)，g ⎝⎛⎭⎫ln 1
2＝g (ln 2)， ∴g (－2)<g ⎝⎛⎭⎫ln 12<g ⎝⎛⎭⎫1
2，故选B. 命题角度2 求解不等式
例2 已知定义域为R 的可导函数y ＝f (x )的导函数为f ′(x )，满足f (x )>f ′(x )，且f (0)＝2，则不等式f (x )<2e x 的解集为( ) A ．(－∞，0) B ．(－∞，2) C ．(0，＋∞)
D ．(2，＋∞)
考点 利用导数研究函数的单调性 题点 构造法的应用 答案 C
解析 设g (x )＝f (x )
e x ，则g ′(x )＝
f ′(x )－f (x )e x
.
∵f (x )>f ′(x )，∴g ′(x )<0，即函数g (x )在R 上单调递减． ∵f (0)＝2，∴g (0)＝f (0)＝2， 则不等式等价于g (x )<g (0)． ∵函数g (x )单调递减，
∴x >0，∴不等式的解集为(0，＋∞)，故选C.
反思与感悟 构造恰当函数并判断其单调性，利用单调性得到x 的取值范围．
跟踪训练2 已知定义在R 上的函数f (x )满足f (1)＝1，且对任意的x ∈R 都有f ′(x )<1
3，则不
等式f (lg x )>lg x ＋2
3的解集为________．
考点 利用导数研究函数的单调性 题点 构造法的应用 答案 (0,10)
解析 ∵f ′(x )<13，∴f ′(x )－1
3<0，
∴f (x )－x ＋2
3
在R 上为减函数．
设F (x )＝f (x )－x ＋2
3，则F (x )在R 上为减函数．
∵f (1)＝1，
∴F (1)＝f (1)－1＝1－1＝0.
由f (lg x )>lg x ＋23，得f (lg x )－lg x ＋2
3>0，
∴F (lg x )>F (1)．
∵F (x )在R 上单调递减，∴lg x <1，∴0<x <10， ∴原不等式的解集为(0,10)． 类型二 利用导数研究函数的单调性 例3 已知函数f (x )＝ax －a
x
－2ln x (a ∈R )．
(1)若函数f (x )在区间[1，＋∞)上是单调函数，求实数a 的取值范围； (2)讨论函数f (x )的单调区间． 考点 利用导数求函数的单调区间 题点 利用导数求含参数函数的单调区间
解 (1)f ′(x )＝a ＋a x 2－2x ＝ax 2
－2x ＋a
x 2
(x >0)．
①当a ≤0时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减； ②当a >0时，令g (x )＝ax 2－2x ＋a ， ∵函数f (x )在区间[1，＋∞)上是单调函数， ∴g (x )≥0在区间[1，＋∞)上恒成立， ∴a ≥
2x
x 2
＋1
在区间[1，＋∞)上恒成立． 令u (x )＝
2x
x 2
＋1
，x ∈[1，＋∞)． ∵u (x )＝2x ＋1x ≤2
2x ·1x ＝1，
当且仅当x ＝1时取等号． ∴a ≥1.
∴当a ≥1时，函数f (x )单调递增．
∴实数a 的取值范围是(－∞，0]∪[1，＋∞)．
(2)由(1)可知：①当a ≤0时，f ′(x )<0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减； ②当a ≥1时，此时函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增． ③当0<a <1时，由ax 2－2x ＋a ＝0， 解得x ＝1－1－a 2a 或x ＝1＋1－a 2
a
.
∴函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－1－a 2a ，⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1－a 2a ，＋∞上单调递增，在⎝ ⎛
⎭⎪⎫1－1－a 2a ，
1＋1－a 2a 上单调递减．
反思与感悟 利用导数研究函数单调性应注意以下几点 (1)关注函数的定义域，单调区间应为定义域的子区间． (2)已知函数在某个区间上的单调性时转化要等价． (3)分类讨论求函数的单调区间实质是讨论不等式的解集． (4)求参数的范围时常用到分离参数法．
跟踪训练3 设函数f (x )＝ln x ＋x 2－2ax ＋a 2，a ∈R . (1)当a ＝2时，求函数f (x )的单调区间；
(2)若函数f (x )在[1,3]上不存在单调递增区间，求实数a 的取值范围． 考点 利用导数研究函数的单调性 题点 存在递增(或递减)区间
解 (1)当a ＝2时，f (x )＝ln x ＋x 2－4x ＋4(x >0)， f ′(x )＝1
x ＋2x －4＝2x 2－4x ＋1x ，
令f ′(x )>0，解得x >2＋22或x <2－2
2，
令f ′(x )<0，解得2－22<x <2＋2
2
，
故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2－22上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫2－22，2＋22上单调递减，在⎝ ⎛⎭
⎪⎫2＋22，＋∞上单调递增．
(2)f ′(x )＝1
x ＋2x －2a ＝2x 2－2ax ＋1x ，x ∈[1,3]，
设g (x )＝2x 2－2ax ＋1，
假设函数f (x )在[1,3]上不存在单调递增区间， 必有g (x )≤0，
于是⎩⎪⎨⎪⎧
g (1)＝3－2a ≤0，g (3)＝19－6a ≤0，
解得a ≥19
6.
即实数a 的取值范围为⎣⎡⎭⎫196，＋∞. 类型三 函数的极值、最值与导数
例4 已知函数f (x )＝2ax －ln(2x )，x ∈(0，e]，g (x )＝ln x
x ，x ∈(0，e]，其中e 是自然对数的底
数，a ∈R .
(1)当a ＝1时，求函数f (x )的单调区间和极值； (2)求证：在(1)的条件下，f (x )>g (x )＋1
2
；
(3)是否存在实数a ，使f (x )的最小值是3，若存在，求出a 的值；若不存在，请说明理由．
考点 导数在最值中的应用 题点 已知最值求参数
(1)解 当a ＝1时，f (x )＝2x －ln(2x )，f ′(x )＝2－1x ＝2x －1
x ，x ∈(0，e]，
当0<x <1
2时，f ′(x )<0，此时f (x )单调递减；
当1
2<x <e 时，f ′(x )>0，此时f (x )单调递增． 所以f (x )的极小值为f ⎝⎛⎭⎫
12＝1，
故f (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎫0，12，单调递增区间为⎝⎛⎦⎤12，e ，f (x )的极小值为f ⎝⎛⎭⎫12＝1，无极大值． (2)证明 令h (x )＝g (x )＋12＝ln x x ＋12，
h ′(x )＝1－ln x
x 2
，x ∈(0，e]，
当0<x <e 时，h ′(x )>0，此时h (x )单调递增， 所以h (x )max ＝h (e)＝1e ＋1
2
<1，
由(1)知f (x )min ＝1，所以在(1)的条件下，f (x )>g (x )＋1
2
.
(3)解 假设存在实数a ，使f (x )＝2ax －ln(2x )，x ∈(0，e]有最小值3， f ′(x )＝2a －1x ＝2ax －1
x ，x ∈(0，e]，
①当a ≤0时，因为x ∈(0，e]， 所以f ′(x )<0，f (x )在(0，e]上单调递减， 所以f (x )min ＝f (e)＝2a e －ln(2e)＝3， 解得a ＝4＋ln 2
2e
(舍去)，
②当0<12a <e ，即a >1
2e 时，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，12a 上单调递减，在⎝⎛⎦⎤12a ，e 上单调递增， 所以f (x )min ＝f ⎝⎛⎭⎫12a ＝1－ln 1
a ＝3， 解得a ＝e 2，满足条件，
③当12a ≥e ，即0<a ≤1
2e 时，f ′(x )<0，f (x )在(0，e]上单调递减，
所以f (x )min ＝f (e)＝2a e －ln(2e)＝3， 解得a ＝4＋ln 22e
(舍去)．
综上，存在实数a ＝e 2，使得当x ∈(0，e]时，f (x )的最小值为3.
反思与感悟 (1)已知极值点求参数的值后，要代回验证参数值是否满足极值的定义． (2)讨论极值点的实质是讨论函数的单调性，即f ′(x )的正负．
(3)求最大值要在极大值与端点值中取最大者，求最小值要在极小值与端点值中取最小者． 跟踪训练4 设函数f (x )＝c ln x ＋1
2x 2＋bx (b ，c ∈R ，c ≠0)，且x ＝1为f (x )的极值点．
(1)若x ＝1为f (x )的极大值点，求f (x )的单调区间(用c 表示)； (2)若函数f (x )恰有两个零点，求实数c 的取值范围． 考点 函数极值的综合应用 题点 函数零点与方程的根 解 f ′(x )＝c
x ＋x ＋b ＝x 2＋bx ＋c x ，
∵x ＝1为f (x )的极值点，∴f ′(1)＝0， ∴f ′(x )＝(x －1)(x －c )
x 且c ≠1，b ＋c ＋1＝0.
(1)若x ＝1为f (x )的极大值点，∴c >1， 当0<x <1时，f ′(x )>0； 当1<x <c 时，f ′(x )<0； 当x >c 时，f ′(x )>0.
∴f (x )的单调递增区间为(0,1)，(c ，＋∞)；单调递减区间为(1，c )． (2)①若c <0，则f (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 函数f (x )恰有两个零点，则f (1)<0，即1
2＋b <0，
∴－1
2
<c <0；
②若0<c <1，则f (x )极大值＝f (c )＝c ln c ＋1
2c 2＋bc ，
f (x )极小值＝f (1)＝1
2＋b ，
∵b ＝－1－c ，
则f (x )极大值＝c ln c ＋12c 2＋c (－1－c )＝c ln c －c －1
2c 2<0，
f (x )极小值＝－1
2
－c ，从而得f (x )只有一个零点；
③若c >1，则f (x )极小值＝f (c )＝c ln c ＋12c 2＋c (－1－c )＝c ln c －c －1
2c 2<0，
f (x )极大值＝f (1)＝－1
2－c ，从而得f (x )只有一个零点．
综上，使f (x )恰有两个零点的c 的取值范围为⎝⎛⎭
⎫－1
2，0.
1．已知函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx 的图象如图所示，则x 21＋x 2
2等于( )
A.43
B.73
C.83
D.163
考点 函数极值的综合应用 题点 函数极值在函数图象上的应用 答案 C
解析 由题意可知f (0)＝0，f (1)＝0，f (2)＝0， 可得1＋b ＋c ＝0,8＋4b ＋2c ＝0，解得b ＝－3，c ＝2， 所以函数的解析式为f (x )＝x 3－3x 2＋2x . f ′(x )＝3x 2－6x ＋2，
由方程3x 2－6x ＋2＝0，可得x 1＋x 2＝2，x 1x 2＝2
3，
所以x 21＋x 22＝(x 1＋x 2)2
－2x 1x 2＝4－2×23＝83
. 2．已知f (x )是定义在(0，＋∞)上的非负可导函数，且满足xf ′(x )＋f (x )≤0，对任意的正数a ，b ，若a <b ，则必有( ) A ．bf (b )≤af (a ) B ．bf (a )≤af (b ) C ．af (a )≤bf (b )
D ．af (b )≤bf (a )
考点 利用导数研究函数的单调性 题点 构造法的应用 答案 A
解析 设g (x )＝xf (x )，x ∈(0，＋∞)， 则g ′(x )＝xf ′(x )＋f (x )≤0，
∴g (x )在区间(0，＋∞)上单调递减或g (x )为常函数． ∵a <b ，∴g (a )≥g (b )，即af (a )≥bf (b )，故选A.
3．已知函数f (x )＝1
2x 4－2x 3＋3m ，x ∈R ，若f (x )＋9≥0恒成立，则m 的取值范围是________．
考点 利用导数求函数中参数的取值范围
题点 利用导数求恒成立问题中参数的取值范围 答案 ⎣⎡⎭⎫32，＋∞
解析 f ′(x )＝2x 3－6x 2，令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝3， 验证可知x ＝3是函数的最小值点， 故f (x )min ＝f (3)＝3m －27
2
，
由f (x )＋9≥0恒成立，得f (x )≥－9恒成立， 即3m －272≥－9，∴m ≥3
2.
4．已知函数f (x )＝x (x 2－ax ＋3)．
(1)若x ＝1
3是f (x )的极值点，求f (x )在区间[－1,4]上的最大值与最小值；
(2)若f (x )在[1，＋∞)上是增函数，求实数a 的取值范围． 考点 利用导数求函数的单调区间 题点 已知函数的单调性求参数(或其范围) 解 (1)由f (x )＝x 3－ax 2＋3x ， 得f ′(x )＝3x 2－2ax ＋3， 由已知得f ′⎝⎛⎭⎫
13＝0，解得a ＝5，
∴f (x )＝x 3－5x 2＋3x ，f ′(x )＝3x 2－10x ＋3， 由f ′(x )＝0，解得x ＝1
3
或x ＝3，
当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：
∴函数f (x )在[－1,4]上的最小值为－9，最大值是13
27.
(2)f ′(x )＝3x 2－2ax ＋3，
由f (x )在[1，＋∞)上单调递增，得3x 2－2ax ＋3≥0， 即a ≤3
2⎝⎛⎭
⎫x ＋1x ， 要使上式成立，只要a ≤⎣⎡⎦
⎤3
2⎝⎛⎭
⎫x ＋1x min 即可，
设g (x )＝x ＋1
x
(x ≥1)，
由于g (x )在[1，＋∞)上单调递增， ∴g (x )min ＝2，∴a ≤3，
即实数a 的取值范围是(－∞，3]．
导数作为一种重要的工具，在研究函数中具有重要的作用，例如函数的单调性、极值与最值等问题，都可以通过导数得以解决．不但如此，利用研究导数得到函数的性质后，还可以进一步研究方程、不等式等诸多代数问题，所以一定要熟练掌握利用导数来研究函数的各种方法.
一、选择题
1．函数f (x )＝x cos x －sin x 在下面哪个区间内是增函数( ) A.⎝⎛⎭⎫π2，3π2 B ．(π，2π) C.⎝⎛⎭⎫3π2，5π2
D ．(2π，3π)
考点 函数的单调性与导数的关系
题点 利用导数值的正负号判定函数的单调性 答案 B
解析 f ′(x )＝cos x －x sin x －cos x ＝－x sin x ，若f (x )在某区间内是增函数，只需在此区间内f ′(x )大于或等于0(不恒为0)即可．
∴只有选项B 符合题意，当x ∈(π，2π)时，f ′(x )>0恒成立．
2．对任意的x ∈R ，函数f (x )＝x 3＋ax 2＋7ax 不存在极值点的充要条件是( ) A ．0≤a ≤21 B ．a ＝0或a ＝7 C ．a <0或a >21
D ．a ＝0或a ＝21
考点 利用导数研究函数的极值 题点 极值存在性问题 答案 A
解析 f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋7a ， 当Δ＝4a 2－84a ≤0，
即0≤a ≤21时，f ′(x )≥0恒成立，函数f (x )不存在极值点． 3．若函数f (x )＝(x 2＋ax －1)e x －1
的一个极值点为x ＝1，则f (x )的极大值为( )
A ．－1
B ．－2e －
3
C ．5e －3
D ．1
考点 利用导数研究函数的极值
题点 已知极值求参数
答案 C
解析 由题意知f ′(1)＝0，解得a ＝－1，
∴f ′(x )＝(x 2＋x －2)e x －
1， 则函数的极值点为x 1＝－2，x 2＝1，
当x <－2或x >1时，f ′(x )>0，函数是增函数，
当x ∈(－2,1)时，函数是减函数，
∴f (x )极大值＝f (－2)＝5e －
3. 4.已知定义在R 上的函数f (x )的图象如图，则x ·f ′(x )>0的解集为( )
A ．(－∞，0)∪(1,2)
B ．(1,2)
C ．(－∞，1)
D ．(－∞，1)∪(2，＋∞)
考点 函数的单调性与导数的关系
题点 根据单调性确定导数值的正负号
答案 A
解析 不等式x ·f ′(x )>0等价于当x >0时，f ′(x )>0，即当x >0时，函数单调递增，此时1<x <2；或者当x <0时，f ′(x )<0，即当x <0时，函数单调递减，此时x <0，综上，1<x <2或x <0，即不等式的解集为(－∞，0)∪(1,2)．
5．若f (x )＝－12
x 2＋b ln(x ＋2)在(－1，＋∞)上是减函数，则b 的取值范围是( ) A ．[－1，＋∞)
B ．(－1，＋∞)
C ．(－∞，－1]
D ．(－∞，－1)
考点 利用导数求函数的单调区间
题点 已知函数的单调性求参数(或其范围)
答案 C
解析 由题意知f ′(x )＝－x ＋
b x ＋2≤0，x ∈(－1，＋∞)， 即f ′(x )＝－x 2－2x ＋b x ＋2≤0，
即－x 2－2x ＋b ＝－(x ＋1)2＋1＋b ≤0，
∴1＋b ≤0，b ≤－1.
6．已知函数f (x )＝x 2－2ln x ，若关于x 的不等式f (x )－m ≥0在[1，e]上有实数解，则实数m 的取值范围是( )
A ．(－∞，e 2－2)
B ．(－∞，e 2－2]
C ．(－∞，1)
D ．(－∞，1]
考点 利用导数求函数中参数的取值范围
题点 利用导数求函数中参数的取值范围
答案 B
解析 由f (x )－m ≥0得f (x )≥m ，
函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，
f ′(x )＝2x －2x ＝2(x 2－1)x
， 当x ∈[1，e]时，f ′(x )≥0，
此时，函数f (x )单调递增，
所以f (1)≤f (x )≤f (e)．
即1≤f (x )≤e 2－2，
要使f (x )－m ≥0在[1，e]上有实数解，
则有m ≤e 2－2.
7．定义在R 上的函数f (x )满足f ′(x )>1－f (x )，f (0)＝6，其中f ′(x )是f (x )的导函数，则不等式e x f (x )>e x ＋5(其中e 为自然对数的底数)的解集为( )
A ．(0，＋∞)
B ．(－∞，0)∪(3，＋∞)
C ．(－∞，0)∪(1，＋∞)
D ．(3，＋∞)
考点 利用导数研究函数的单调性
题点 构造法的应用
答案 A
解析 不等式e x f (x )>e x ＋5可化为e x f (x )－e x －5>0.
设g (x )＝e x f (x )－e x －5，
则g ′(x )＝e x f (x )＋e x f ′(x )－e x ＝e x [f (x )＋f ′(x )－1]>0，
所以函数g (x )在定义域R 上单调递增．
又g (0)＝0，所以g (x )>0的解集为(0，＋∞)．
二、填空题
8．函数f (x )＝x 3－3ax ＋b (a >0)的极大值为6，极小值为2，则f (x )的单调递增区间为________________．
考点 利用导数研究函数的极值
题点 已知极值求参数
答案 (－∞，－1)和(1，＋∞)
解析 令f ′(x )＝3x 2－3a ＝0，得x ＝±a .
由题意得f (a )＝2，f (－a )＝6，得a ＝1，b ＝4.
由f ′(x )＝3x 2－3>0，得f (x )的单调递增区间为(－∞，－1)和(1，＋∞)．
9．已知函数f (x )满足f (x )＝f (π－x )，且当x ∈⎝⎛⎭
⎫－π2，π2时，f (x )＝x ＋sin x ，设a ＝f (1)，b ＝f (2)，c ＝f (3)，则a ，b ，c 的大小关系是________．
考点 利用导数研究函数的单调性
题点 比较函数值的大小
答案 c <a <b
解析 f (2)＝f (π－2)，f (3)＝f (π－3)，
因为f ′(x )＝1＋cos x ≥0，
故f (x )在⎝⎛⎭
⎫－π2，π2上是增函数， 因为π2
>π－2>1>π－3>0， 所以f (π－2)>f (1)>f (π－3)．
即c <a <b .
10．若函数f (x )＝4x x 2＋1
在区间(m,2m ＋1)上单调递增，则实数m 的取值范围是________． 考点 利用导数求函数的单调区间
题点 已知函数的单调性求参数(或其范围)
答案 (－1,0]
解析 f ′(x )＝4－4x 2
(x 2＋1)2
，令f ′(x )>0，得－1<x <1， 即函数f (x )的增区间为(－1,1)．
又f (x )在(m,2m ＋1)上单调递增，
所以⎩⎪⎨⎪⎧ m ≥－1，m <2m ＋1，
2m ＋1≤1，解得－1<m ≤0.
11．已知函数f (x )＝ax －ln x ，若f (x )>1在区间(1，＋∞)内恒成立，则实数a 的取值范围为________．
考点 利用导数求函数中参数的取值范围
题点 利用导数求恒成立问题中参数的取值范围
答案 [1，＋∞)
解析 由f (x )>1，得ax －ln x >1，
∵x >1，∴原不等式转化为a >1＋ln x x ，
设g (x )＝ln x ＋1x ，得g ′(x )＝－ln x
x 2，
当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )<0，
则g (x )在(1，＋∞)上单调递减，
则g (x )<g (1)＝1，
∵a >1＋ln x x 在(1，＋∞)上恒成立，∴a ≥1.
三、解答题
12．已知函数f (x )＝－x 3＋3x 2＋9x ＋a .
(1)求f (x )的单调递减区间；
(2)若f (x )在区间[－2,2]上的最大值为20，求它在该区间上的最小值．
考点 导数在最值问题中的应用
题点 求函数的最值
解 (1)∵f ′(x )＝－3x 2＋6x ＋9，
令f ′(x )<0，解得x <－1或x >3，
∴函数f (x )的单调递减区间为(－∞，－1)，(3，＋∞)．
(2)∵f (－2)＝8＋12－18＋a ＝2＋a ，
f (2)＝－8＋12＋18＋a ＝22＋a ，∴f (2)>f (－2)．
于是有22＋a ＝20，∴a ＝－2，
∴f (x )＝－x 3＋3x 2＋9x －2.
当x ∈(－1,3)时，f ′(x )>0，∴f (x )在[－1,2]上单调递增．
又由于f (x )在[－2，－1)上单调递减，
∴f (2)和f (－1)分别是f (x )在区间[－2,2]上的最大值和最小值，
∴f (－1)＝1＋3－9－2＝－7，即f (x )的最小值为－7.
13．已知函数f (x )＝12x 2－a ln x (a ∈R )．
(1)若f (x )在x ＝2时取得极值，求a 的值；
(2)求f (x )的单调区间；
(3)求证：当x >1时，12x 2＋ln x <23x 3.
考点 利用导数研究函数的单调性
题点 利用导数证明不等式
(1)解 f ′(x )＝x －a x
，因为x ＝2是一个极值点， 所以2－a 2
＝0，则a ＝4. 此时f ′(x )＝x －4x ＝(x ＋2)(x －2)x
， 因为f (x )的定义域是(0，＋∞)，
所以当x ∈(0,2)时，f ′(x )<0；
当x ∈(2，＋∞)，f ′(x )>0，
所以当a ＝4时，x ＝2是一个极小值点，故a ＝4.
(2)解 因为f ′(x )＝x －a x ＝x 2－a x
， 所以当a ≤0时，f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)．
当a >0时，f ′(x )＝x －a x ＝x 2－a x ＝(x ＋a )(x －a )x
， 所以函数f (x )的单调递增区间为(a ，＋∞)；单调递减区间为(0，a )．
(3)证明 设g (x )＝23x 3－12
x 2－ln x ， 则g ′(x )＝2x 2－x －1x
， 因为当x >1时，g ′(x )＝(x －1)(2x 2＋x ＋1)x
>0， 所以g (x )在x ∈(1，＋∞)上是增函数，
所以g (x )>g (1)＝16
>0， 所以当x >1时，12x 2＋ln x <23
x 3. 四、探究与拓展
14．已知函数f (x )是定义在R 上的奇函数，f (1)＝0，当x >0时，有xf ′(x )－f (x )x 2
>0，则不等式x 2f (x )>0的解集是________________．
考点 利用导数求函数的单调区间
题点 求不等式的解集
答案 (－1,0)∪(1，＋∞)
解析 令g (x )＝f (x )x
(x ≠0)， 则g ′(x )＝xf ′(x )－f (x )x 2
.
∵当x >0时，xf ′(x )－f (x )x 2
>0，即g ′(x )>0， ∴g (x )在(0，＋∞)上为增函数．
又f (1)＝0，∴g (1)＝f (1)＝0，
∴在(0，＋∞)上，g (x )>0的解集为(1，＋∞)．
∵f (x )为奇函数，∴g (x )为偶函数，
∴在(－∞，0)上，g (x )<0的解集为(－1,0)．
由x 2f (x )>0，得f (x )>0(x ≠0)．
又f (x )>0的解集为(－1,0)∪(1，＋∞)，
∴不等式x 2f (x )>0的解集为(－1,0)∪(1，＋∞)．
15．设函数f (x )＝－13x 3＋12
x 2＋2ax . (1)若f (x )在⎝⎛⎭
⎫23，＋∞上存在单调递增区间，求a 的取值范围； (2)当0<a <2时，f (x )在[1,4]上的最小值为－163
，求f (x )在该区间上的最大值． 考点 导数在最值问题中的应用
题点 已知最值求参数
解 (1)已知f (x )＝－13x 3＋12
x 2＋2ax ， 则f ′(x )＝－x 2＋x ＋2a ，
由于函数f (x )在⎝⎛⎭
⎫23，＋∞上存在单调递增区间， 即导函数在⎝⎛⎭
⎫23，＋∞上存在函数值大于零的部分， 故f ′⎝⎛⎭⎫23＝－⎝⎛⎭⎫232＋23＋2a >0，即a >－19
. 即实数a 的取值范围为⎝⎛⎭
⎫－19，＋∞. (2)已知0<a <2时，f (x )在[1,4]上取到最小值－163
， 而f ′(x )＝－x 2＋x ＋2a 的图象开口向下，且对称轴为x ＝12
， 则f ′(1)＝－1＋1＋2a ＝2a >0，
f ′(4)＝－16＋4＋2a ＝2a －12<0，
则必有一点x 0∈[1,4]，使得f ′(x 0)＝0，此时函数f (x )在[1，x 0]上单调递增，在[x 0,4]上单调递减，
因为f (1)＝－13＋12＋2a ＝16
＋2a >0，
所以f (4)＝－13×64＋12×16＋8a ＝－403＋8a <0.
所以f (4)＝－403＋8a ＝－163，即a ＝1.
此时，由f ′(x 0)＝－x 20＋x 0＋2＝0， 得x 0＝2或－1(舍去)，
即f (x )在[1,2]上单调递增，在[2,4]上单调递减． 所以函数f (x )max ＝f (2)＝103.。