**課六導數問題中的熱點題型
(建議用時：80分鐘
1．已知函式f(x)＝ln x＋x2＋ax(a∈r)．若函式f(x)在其定義域上為增函式，求a的取值範圍．
解法一函式f(x)的定義域為(0，＋∞)，∵f(x)＝ln x＋x2＋ax，∴f′(x)＝＋2x＋a.∵函式f(x)在(0，＋∞)上單調遞增，∴f′(x)≥0，即＋2x＋a≥0對x∈(0，＋∞)都成立．∴－a≤＋2x對x∈(0，＋∞)都成立．
∴當x＞0時，＋2x≥2＝2，當且僅當＝2x，即x＝時取等號．∴－a≤2，即a≥－2.∴a的取值範圍為[－2，＋∞)．
法二函式f(x)的定義域為(0，＋∞)，∴f(x)＝ln x＋x2＋ax，∴f′(x)＝＋2x＋a＝.方程2x2＋ax＋1＝0的判別式δ＝a2－8.
①當δ≤0，即－2≤a≤2時，2x2＋ax＋1≥0，此時，f′(x)≥0對x∈(0，＋∞)都成立，故函式f(x)在定義域(0，＋∞)上是增函式．
②當δ＞0，即a＜－2或a＞2時，要使函式f(x)在定義域(0，＋∞)上為增函式，只需2x2＋ax＋1≥0對x∈(0，＋∞)都成立．
設h(x)＝2x2＋ax＋1，則解得a＞0.
故a＞2.綜合①②得a的取值範圍為[－2，＋∞)．
2.(2015·南山中學月考)已知函式f(x)＝sin x(x≥0)，g(x)＝ax(x≥0)．
(1)若f(x)≤g(x)恆成立，求實數a的取值範圍；
(2)當a取(1)中的最小值時，求證：g(x)－f(x)≤x3.
(1)解令h(x)＝sin x－ax(x≥0)，則h′(x)＝cos x－a.
①若a≥1，h′(x)＝cos x－a≤0，
h(x)＝sin x－ax(x≥0)單調遞減，h(x)≤h(0)＝0，
則sin x≤ax(x≥0)成立．
②若0當x∈(0，x0)，h′(x)＝cos x－a>0，h(x)＝sin x－ax(x∈(0，x0))單調遞增，h(x)>h(0)＝0，不合題意．
③當a≤0，結合f(x)與g(x)的圖象可知顯然不合題意．
綜上可知，a≥1.
(2)證明當a取(1)中的最小值為1時，
g(x)－f(x)＝x－sin x.
設h(x)＝x－sin x－x3(x≥0)，
則h′(x)＝1－cos x－x2.
令g(x)＝1－cos x－x2，
則g′(x)＝sin x－x≤0(x≥0)，
所以g(x)＝1－cos x－x2在[0，＋∞)上單調遞減，此時
g(x)＝1－cos x－x2≤g(0)＝0，
即h′(x)＝1－cos x－x2≤0，
所以h(x)＝x－sin x－x3在x∈[0，＋∞)上單調遞減．
所以h(x)＝x－sin x－x3≤h(0)＝0，
則x－sin x≤x3(x≥0)．
所以，當a取(1)中的最小值時，g(x)－f(x)≤x3.
3．(2014·湖北七市(州)聯考)已知函式f(x)＝x3＋x2－ax－a，x∈r，其中a＞0.
(1)求函式f(x)的單調區間；
(2)若函式f(x)在區間(－2,0)內恰有兩個零點，求a的取值範圍．
解 (1)f′(x)＝x2＋(1－a)x－a＝(x＋1)(x－a)．
由f′(x)＝0，得x＝－1或x＝a(a＞0)．
當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：
故函式f(x)的單調遞增區間是(－∞，－1)，(a，＋∞)；單調遞減區間是(－1，a)．
(2)由(1)知f(x)在區間(－2，－1)內單調遞增，
在區間(－1，0)內單調遞減，
從而函式f(x)在區間(－2,0)內恰有兩個零點當且僅當解得0＜a＜.
所以a的取值範圍是.
4．(2015·重慶模擬)已知函式f(x)＝(x2－ax＋a)ex－x2，a∈r.
(1)若函式f(x)在(0，＋∞)內單調遞增，求a的取值範圍；
(2)若函式f(x)在x＝0處取得極小值，求a的取值範圍．
解 (1)f′(x)＝(2x－a)ex＋(x2－ax＋a)ex－2x＝x[(x＋2－a)ex－2]，∵f(x)在(0，＋∞)內單調遞增，
∴f′(x)≥0在(0，＋∞)內恆成立，
即(x＋2－a)ex－2≥0在(0，＋∞)內恆成立，即x＋2－≥a在(0，＋∞)內恆成立，
又函式g(x)＝x＋2－在(0，＋∞)上單調遞增，∴a≤0.
(2)令f′(x)＞0，即x[(x＋2－a)ex－2]＞0，
∴或∴或(*)
∵g(x)＝x＋2－單調遞增，設方程g(x)＝x＋2－＝a的根為x0.
①若x0＞0，則不等式組(*)的解集為(－∞，0)和(x0，＋∞)，此時f(x)在(－∞，0)和(x0，＋∞)上單調遞增，在(0，x0)上單調遞減，與f(x)在x＝0處取極小值矛盾；
②若x0＝0，則不等式組(*)的解集為(－∞，0)和(0，＋∞)，此時f(x)在r上單調遞增，與f(x)在x＝0處取極小值矛盾；
③若x0＜0，則不等式組(*)的解集為(－∞，x0)和(0，＋∞)，此時f(x)在(－∞，x0)和(0，＋∞)上單調遞增，在(x0,0)上單調遞減，滿足f(x)在x＝0處取極小值，由g(x)單調性，得a＝x0＋2－＜g(0)＝0，
綜上所述，a＜0.
5．(2015·長沙模擬)已知函式f(x)＝ln x－.
(1)若f(x)在[1，e]上的最小值為，求實數a的值；
(2)若f(x)＜x2在(1，＋∞)上恆成立，求a的取值範圍．
解 (1)由題意可知，f′(x)＝＋＝.
①若a≥－1，則x＋a≥0，即f′(x)≥0在[1，e]上恆成立，此時f(x)在[1，e]上為增函式，
∴f(x)min＝f(1)＝－a＝，∴a＝－(捨去)．
②若a≤－e，則x＋a≤0，即f′(x)≤0在[1，e]上恆成立，此時f(x)在[1，e]上為減函式，
∴f(x)min＝f(e)＝1－＝，∴a＝－(捨去)．
③若－e＜a＜－1，令f′(x)＝0得x＝－a，
當1＜x＜－a時，f′(x)＜0，∴f(x)在(1，－a)上為減函式；當－a＜x＜e時，f′(x)＞0，
∴f(x)在(－a，e)上為增函式，
∴f(x)min＝f(－a)＝ln(－a)＋1＝，
∴a＝－.綜上所述，a＝－.
(2)∵f(x)＜x2，∴a＞xln x－x3在(1，＋∞)上恆成立．
令g(x)＝xln x－x3，h(x)＝g′(x)＝1＋ln x－3x2，
h′(x)＝－6x＝.∵x∈(1，＋∞)時，h′(x)＜0，
∴h(x)在(1，＋∞)上是減函式．
∴h(x)＜h(1)＝－2＜0，即g′(x)＜0，
∴g(x)在(1，＋∞)上也是減函式．
∴g(x)＜g(1)＝－1，
當a≥－1時，f(x)＜x2在(1，＋∞)上恆成立．
6．(2014·杭州調研測試)設a＞0，函式f(x)＝.
(1)若a＝，求函式f(x)的單調區間；
(2)若當x＝時，函式f(x)取得極值，證明： 對於任意的x1，x2∈，
|f(x1)－f(x2)|≤.
(1)解由題意得f′(x)＝.
令f′(x)＞0，即(x－1)2－＞0，
解得x＜或x＞.
所以函式f(x)在，上單調遞增．
同理，由f′(x)＜0，得＜x＜.
所以函式f(x)在上單調遞減．
(2)證明當x＝時，函式f(x)取得極值，即f′＝0，
∴2＋a－2×＝0，∴a＝.同(1)易知，f(x)在，上單調遞增，在上單調遞減．
∴當x＝時，f(x)取得極大值f＝，當x＝時，f(x)取得極小值f＝，∴在上，f(x)的最大值是f＝，最小值是f＝.∴對於任意的x1，x2∈，|f(x1)－f(x2)|≤－＝，即|f(x1)－f(x2)|≤.
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