导数的综合运用教师版_2014624173035920.doc

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1、2013-2014学年度第二学期期末复习二-------导数的综合应用一、基础训练1.点P是曲线x2－y－＝0上任意一点，则点P到直线x＋y＋4＝0的最短距离是________.　2.p：f(x)＝x3＋2x2＋mx＋1在(－∞，＋∞)内单调递增，q：m>，则p是q的_____条件．必要不充分3.已知函数f(x)＝xsinx，x∈R，则f(－4)，f()，f(－)的大小关系为_______(用“<”连接).解析　∵f′(x)＝sinx＋xcosx，当x∈时，sinx<0，cosx<0，∴f′(x)＝sinx＋xcosx<0，则函数f(x)在区间上为减

2、函数，∵<4<，∴f()

3、f(x)

4、的图象如图所示,当时，，，，故.当时，，由于上任意点的切线斜率都要大于，所以，综上.5.已知f(x)＝xex，g(x)＝－(x＋1)2＋a，若∃x1，x2∈R，使得f(x2)≤g(x1)成立，则实数a的取值范围是________.解析　f′(x)＝ex＋xex＝ex(1＋x)当x>－1时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；当x<－1时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减.所以函数f(x

5、)的最小值为f(－1)＝－.而函数g(x)的最大值为a，则由题意，可得－≤a即a≥－.题型一　利用导数研究与不等式有关的问题例1　已知定义在正实数集上的函数f(x)＝x2＋2ax，g(x)＝3a2lnx＋b，其中a>0.设两曲线y＝f(x)，y＝g(x)有公共点，且在该点处的切线相同.(1)用a表示b，并求b的最大值；(2)求证：f(x)≥g(x)(x>0).(1)解　设两曲线的公共点为(x0，y0)，f′(x)＝x＋2a，g′(x)＝，8导数的综合应用---由题意知f(x0)＝g(x0)，f′(x0)＝g′(x0)，即由x0＋2a＝，得x0＝a或x

6、0＝－3a(舍去).即有b＝a2＋2a2－3a2lna＝a2－3a2lna.令h(t)＝t2－3t2lnt(t>0)，则h′(t)＝2t(1－3lnt).于是当t(1－3lnt)>0，即00；当t(1－3lnt)<0，即t>e时，h′(t)<0.故h(t)在(0，e)上为增函数，在(e，＋∞)上为减函数，于是h(t)在(0，＋∞)上的最大值为h(e)＝e，即b的最大值为e.(2)证明　设F(x)＝f(x)－g(x)＝x2＋2ax－3a2lnx－b(x>0)，则F′(x)＝x＋2a－＝(x>0).故F(x)在(0，a)上为减函数

7、，在(a，＋∞)上为增函数.于是F(x)在(0，＋∞)上的最小值是F(a)＝F(x0)＝f(x0)－g(x0)＝0.故当x>0时，有f(x)－g(x)≥0，即当x>0时，f(x)≥g(x).例2已知a∈R，函数f(x)＝4x3－2ax＋a.(1)求f(x)的单调区间；(2)证明：当0≤x≤1时，f(x)＋

8、2－a

9、>0.(1)解　由题意得f′(x)＝12x2－2a.当a≤0时，f′(x)≥0恒成立，此时f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞).当a>0时，f′(x)＝12，此时函数f(x)的单调递增区间为和，单调递减区间为.(2)证明　由于0≤x≤1，

10、故当a≤2时，f(x)＋

11、2－a

12、＝4x3－2ax＋2≥4x3－4x＋2.当a>2时，f(x)＋

13、2－a

14、＝4x3＋2a(1－x)－2≥4x3＋4(1－x)－2＝4x3－4x＋2.设g(x)＝2x3－2x＋1,0≤x≤1，则g′(x)＝6x2－2＝6，于是g′(x)，g(x)随x的变化情况如下表：x01g′(x)－0＋g(x)1减极小值增1所以，g(x)min＝g＝1－>0.所以，当0≤x≤1,2x3－2x＋1>0.故f(x)＋

15、2－a

16、≥4x3－4x＋2>0.题型二　利用导数求参数的取值范围例3　已知函数f(x)＝alnx－ax－3(a∈R)．(1

17、)求函数f(x)的单调区间；8导数的综合应用---(2)若函数y＝f(x)的图象在点(2，f(2))处的切线的倾斜角为45°，对于任意的t∈[1,2]，函数g(x)＝x3＋x2在区间(t,3)上总不是单调函数，求m的取值范围．解　(1)根据题意知，f′(x)＝(x＞0)，当a＞0时，f(x)的单调递增区间为(0,1]，单调递减区间为(1，＋∞)；当a＜0时，f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1]；当a＝0时，f(x)不是单调函数．(2)∵f′(2)＝－＝1，∴a＝－2，∴f(x)＝－2lnx＋2x－3.∴g(x)＝x3＋x2－

18、2x，∴g′(x)＝3x2＋(m＋4)x－2.∵g(x)在区间(t,3)上总不是单调函数，且g′(0)＝－2