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1、导数的典型例题doc讲座导数的典型例题 一、导数解决函数零点问题 1.已知函数f(x)=(x2-a)ex 若函数f(x)在R上不是单调函数，求实数a的取值范围； 当a=-1时，讨论函数g(x)=f(x)-4xex-x(x1)的零点个数 .解：f(x)=(x2+2x-a)ex，由题意知方程x2+2x-a=0有两个不同的实数解，所以D=4+8a0，解得a-11因此，实数a的取值范围是a-6分 222g(x)=(x-1)设h(x)=e因为xxex-x(x1)，g(x)=ex(x2-1)-1 -7分 (x2-1)-1(x1)，h(x)=ex(x2+2x-1)， 1，所以h(x)0，故h(x)在(1,+
2、)上是增函数， -9分 2又h(1)=-10， 因此在(1,2)内存在唯一的实数x0，使得h(x0)=0， -11分 因为h(x)在(1,+)上市增函数，所以在(1,+)内存在唯一的实数x0，使得h(x0)=0 h(x)与h(x)随x的变化情况如下表： x g(x) g(x) 由上表可知，g(x0)=(1,x0) x0 0 极小值 (x0,+) - + g(1)=-10， y故g(x)的大致图象右图所示： 所以函数g(x)在(1,+)内只有一个零点 -15分 x0O 12x反思:通过二次求导问题转化为二次函数问题 二、导函数为二次函数与极值的存在性问题 2.已知二次函数f(x)=x2+ax+m
3、+1，关于x的不等式f(x)0，求证：g(x+1)n-g(xn+1)2n-2(nN*) 解：关于x的不等式 即不等式x x xa22f(x). x-1f(x)(2m-1)x+1-m2的解集为(m,m+1)， +(a+1-2m)x+m2+m0,(*) 5分 2方程的两个实根为x1设h=2+k-2k2+4m, x2=2+k+2k2+4m. (x)=x2-(2+k)x+k-m+1, 若x1则x1,则h(1)=-m0,此时,k取任意实数, (*)成立. (1,x2)时，j(x)0. 函数j(x)在(1,x)上单调递减，在(x,+)上单调递增.函数j(x)有极小值点x. 222h(1)=-m0,m1,x
4、21,则得 2+kk0.1.2又由(*)解得k则x2-m或k2-m. (1,x1)时，j(x)0；x(x1,x2)时，j(x)0. 函数j函数j(x)在(1,x)上单调递增，在(x,x)上单调递减，在(x,+)上单调递增. 1122(x)有极小值点x，有极大值点x. 8分 21综上所述, 当m 当m0时，k取任何实数, 函数j(x)有极小值点x2； 2-m，函数j(x)有极小值点x2，有极大值点x1.9分 (其中x1=2+k-2k2+4m, x2=2+k+21. x-1k2+4m) (2)证法1：m=1， g(x)=(x-1)+nn11n-x+g(x+1)-gx+1=x+ nxx()n =1n
5、-1xn+Cnx112n-2+Cnx2+xxn-1+Cnx1xn-1n+Cnn11-x+ xnxnn-12-n+Cnx， n-1n-2+Cnx. 1n-22n-4=Cnx+Cnx+n-12-n1n-22n-4+Cnx. 令T=Cnx+Cnx+1n-212-n24-n+Cnx =Cnx+Cnx+则Tn-12-nn-24-n=Cnx+Cnx+x120，2T=Cnxn-2+x2-n+Cnxn-4+x4-n+12Cn2xn-2x2-n+Cn2xn-4x4-n+()()n-1+Cnx2-n+xn-2()11分 ) = =n-1+Cn2x2-nxn-212分 122Cn+Cn+(n-1+Cn) =2(Cn
6、0n12+Cn+Cn+n-1n0n+Cn+Cn-Cn-Cn22n-2(). T-gxn+12n-2. 2n-2，即gx+1()n()n11-x+2n-2. 证法2：下面用数学归纳法证明不等式x+nxx 当n11=1时，左边=x+-x+=0，右边=21-2=0，不等式成立； xxkk11*-x+2k-2， 假设当n=k(kN)时，不等式成立，即x+kxx1 则 x+xk+11-xk+1+k+1 xkk1111k1k+11 =x+ x+-x+x+x+-x+kkk+1xxxxxxkk111k-1111=x+x+-x+k+x+k-1 2x2k-2+2xk-1k-1xxxxxx()=2k+1-2. 也就
7、是说，当n=k+1时，不等式也成立. 由可得，对nN*，g(x+1)n-gxn+12n-2都成立. 14分 ()* 三、导数与不等式成立问题 3.设函数f(x)=lnx-ax+1-a-1 x()当a=1时，求曲线f(x)在x=1处的切线方程； ()当a=1时，求函数f(x)的单调区间； 35，若对于x11,2，$x20,1，使f(x1)g(x2)成立， 12()在的条件下，设函数g(x)=x2-2bx- 求实数b的取值范围. 3.解：函数()当af(x)的定义域为(0,+)，f(x)=11-a-a-2 2分 xx=1时，f(x)=lnx-x-1， 1-1,f(1)=0 f(x)在x=1x 5分
8、 f(1)=-2,f(x)=处的切线方程为y=-2 () x2-3x+2(x-1)(x-2)f(x)=-=- 3x23x2所以当0故当ax2时，f(x)0，当1x0 =1时，函数f(x)的单调递增区间为(1,2)； 3单调递减区间为(0,1),(2,+) 8分 ()当a所以函数=1时，由()知函数f(x)在区间(1,2)上为增函数， 32f(x)在1,2上的最小值为f(1)=- 3若对于x11,2,$x20,1使f(x1)g(x2)成立g(x)在0,1上的最小值不大于f(x)在1，2上的最小值-23 10分 又g(x)当b=x2-2bx-55=(x-b)2-b2-,x0,1 1212-与矛盾
9、123=g(b)=-b2-5， 12当0b1时，g(x)min由-b 当b2-521-及0b1得，b1 12分 12321时，g(x)在上0,1为减函数， g(x)min=g(1)=72-2b-， 此时b1 123综上所述，b的取值范围是1 14分 ,+2导数与不等式、数列问题 4.已知f(x)=x- x）g若对1,+)内的一切实数x，不等式f=2lnx+bx，且直线y=2x-2与曲线y=g,g相切 x当a=1时，求最大的正整数k，使得对e,3内的任意k个实数x1,x2,成立； x1）+f+f16g 都有f求证：2 4i-1i=14.解：设点(x0,y0)为直线,xk y=2x-2与曲线y=g
10、(x)的切点，则有2lnx0+bx0=2x0-2 Qg(x)=22+b，+b=2 由、两式，解得b=0，g(x)=2lnx xx0ax-2lnx，Qx1，要使不等式f(x)g(x)恒成立，必须ax2-2xlnx恒成立 x12设h(x)=x-2xlnx，h(x)=2x-2(lnx+x)=2x-2lnx-2， x2Qh(x)=2-，当x1时，h(x)0，则h(x)是增函数， x由f(x)g(x)整理，得h(x)h(1)=0，h(x)是增函数，h(x)h(1)=1，a1 因此，实数a的取值范围是00，f(x)在e,3上是增函数，f(x)在e,3上的最大值为xxf(3)=8要对e,3内的任意k个实数x
11、1,x2,L,xk都有f(x1)+f(x2)+L+f(xk-1)16g(xk) 3成立，必须使得不等式左边的最大值小于或等于右边的最小值， Q当x1=x2=L=xk-1=3时不等式左边取得最大值，xk=e时不等式右边取得最小值 (k-1)8162，解得k13因此，k的最大值为13 3证明：当a即lnx=1时，根据的推导有，x(1,+)时，f(x)g(x)， 112k+12k+112k+12k-1(x-) 令x=(-)， ，得ln2x2k-12k-122k-12k+1nn4k4i化简得ln(2k+1)-ln(2k-1)， ln(2n+1)=ln(2i+1)-ln(2i-1)g(x)，即x-12l
12、nx x412ln3，即ln3因此，n=1时不等式成立 335454625427，4ln27，即ln3 23216=3，得3-假设当n=k时不等式成立，即i=1k4iln(2k+1)， 24i-1k4i4i4(k+1)4(k+1)则当n=k+1时,2， =2+ln(2k+1)+224(k+1)-14(k+1)-1i=14i-1i=14i-1k+1要证n=k+1时命题成立，即证ln(2k+1)+4(k+1)ln(2k+3)， 24(k+1)-1即证12k+34(k+1)2k+3x-2lnxx=在不等式中，令，得 lnx2k+12k+14(k+1)2-1ln2k+312k+32k+14(k+1) n=k+1时命题也成立 ln(2n+1)2i=14i-1n根据数学归纳法，可得不等式总体反思： 以函数为背景，以导数为工具，以函数与方程的思想为灵魂，通过化归，分类讨论等思想方法，考察学生对函数知识的综合应用能力和创新意识。
