（2014年）第7讲、导数应用(2)存在，不等式，根的个数（教师版）

导数中的不等式、存在性、根的个数问题

题型一、导数中的不等式

中BC【例1】已知函数f(x)?x3?x．

（1）求曲线y?f(x)在点M(t，f(t))处的切线方程；

（2）设a?0，如果过点(a，b)可作曲线y?f(x)的三条切线，证明：?a?b?f(a)． 1、(1)f'(x)=3x^2-1

f'(t)=3t^2-1, f(t)=t^3-t

因此在M点的切线为：y=(3t^2-1)(x-t)+t^3-t=(3t^2-1)x-2t^3

(2)设切点为(t, f(t)), 则过P点的切线为：y=(3t^2-1)(x-t)+t^3-t 因为过P点，所以切线斜率3t^2-1=(t^3-t-b)/(t-a) 3t^3-3at^2-t+a=t^3-t-b 即化简为：2t^3-3at^2+a+b=0 此方程需有三个不等实根 令g(t)=2t^3-3at^2+a+b

g'(t)=6t^2-6at=0, 得极值点：t=0, a 因此极大值g(0)=a+b>0,故b>-a

极小值g(a)=-a^3+a+b<0, 故b

优BC【变式】已知函数f(x)?lnx?ax?(Ⅰ)当a?1?a?1(a?R). x1时，讨论f(x)的单调性； 212（Ⅱ）设g(x)?x?2bx?4.当a?时，若对任意x1?(0,2)，存在x2??1,2?，使

4f(x1)?g(x2)，求实数b取值范围.

la?1?ax2?x?a?11?a?1(x?0)，f?(x)??a?2?(x?0) 解:(Ⅰ)f(x)?lnx?ax?2xxxx令h(x)?ax2?x?1?a(x?0)

（1）当a?0时，h(x)??x?1(x?0)，当x?(0,1),h(x)?0,f?(x)?0,函数f(x)单调递减；当x?(1,??),h(x)?0,f?(x)?0，函数f(x)单调递增.

2(2)当a?0时，由f?(x)?0，即ax?x?1?a?0，解得x1?1,x2?1?1. a当a?1时x1?x2，h(x)?0恒成立，此时f?(x)?0，函数f(x)单调递减； 2 1

当0?a?11时，?1?1?0，x?(0,1)时h(x)?0,f?(x)?0，函数f(x)单调递减； 2a1x?(1,?1)时，h(x)?0,f?(x)?0，函数f(x)单调递增；

a1x?(?1,??)时，h(x)?0,f?(x)?0，函数f(x)单调递减.

a1当a?0时?1?0，当x?(0,1),h(x)?0,f?(x)?0,函数f(x)单调递减；

a当x?(1,??),h(x)?0,f?(x)?0，函数f(x)单调递增.

综上所述：当a?0时，函数f(x)在(0,1)单调递减，(1,??)单调递增；

1时x1?x2，h(x)?0恒成立，此时f?(x)?0，函数f(x)在(0,??)单调递减； 2111当0?a?时，函数f(x)在(0,1)单调递减，(1,?1)单调递增，(?1,??)单调递减.

a2a1（Ⅱ）当a?时，f(x)在（0，1）上是减函数，在（1，2）上是增函数，所以对任意x1?(0,2)，

41有f(x1)?f(1)?-，

21又已知存在x2??1,2?，使f(x1)?g(x2)，所以??g(x2)，x2??1,2?，（※）

2当a?又g(x)?(x?b)2?4?b2,x?[1,2]

当b?1时，g(x)min?g(1)?5?2b?0与（※）矛盾； 当b??1,2?时，g(x)min?g(1)?4?b2?0也与（※）矛盾； 当b?2时，g(x)min?g(2)?8?4b??综上，实数b的取值范围是[117,b?. 2817,??)8

32补充（切线交点）【例2】已知函数f?x??ax?bx?3x?a,b?R?在点1,f?1?处的切 线方程为y?2?0． ⑴求函数f?x?的解析式；

⑵若对于区间??2,2?上任意两个自变量的值x1,x2都有f?x1??f?x2??c，求实数c的最小值；

⑶若过点M?2,m??m?2?可作曲线y?f?x?的三条切线，求实数m的取值范围例

?? 2

2解：⑴f??x??3ax?2bx?3．

??a?1?f?1???2,?a?b?3??2,3根据题意，得?即?解得? 所以f?x??x?3x．

?b?0?3a?2b?3?0,??f??1??0,⑵令f??x??0，即3x2?3?0．得x??1．

x f??x? f?x? ?2 ??2,?1? + 增 ?1 极大值 ??1,1? ? 减 1 极小值 ?1,2? + 增 2 2 ?2 因为f??1??2，f?1???2，

所以当x???2,2?时，f?x?max?2，f?x?min??2． 则对于区间??2,2?上任意两个自变量的值x1,x2，都有

f?x1??f?x2??f?x?max?f?x?min?4，所以c?4．

所以c的最小值为4．

⑶因为点M?2,m??m?2?不在曲线y?f?x?上，所以可设切点为?x0,y0?．

3则y0?x0?3x0．

2因为f??x0??3x0?3，所以切线的斜率为3x0?3．

23x0?3x0?m则3x?3=，

x0?22032即2x0?6x0?6?m?0．

因为过点M?2,m??m?2?可作曲线y?f?x?的三条切线，

32所以方程2x0?6x0?6?m?0有三个不同的实数解．

所以函数g?x??2x?6x?6?m有三个不同的零点．

32则g??x??6x?12x．令g??x??0，则x?0或x?2．

2x ???,0? 0 ?0,2? 2 ?2,??? 3

g??x? + 增 极大值 ? 减 极小值 + 增 g?x? 则???6?m?0?g?0??0 ，即?，解得?6?m?2

??2?m?0??g?2??2良B【例3】已知函数f(x)?ax3?cx?d(a?0)是R上的奇函数，当x?1时f(x)取得极值?2。

（1）求f(x)的单调区间和极大值；

（2）证明对任意x1，x2?(?1,1)，不等式f(x1)?f(x2)?4恒成立。

解：（1）因为函数是奇函数，f(x)=f(-x)，所以有ax^3+cx+d=a(-x)^3-cx+d，所以d=0.

因为函数在x=1取极小值-2，所以有f‘(1）=3a+c=0，f(1）=a+c=-2，故a=1，c=-3. 故f(x）=x^3-3x。

然后对f（x）求导，可知f(x)在（-1，1）递减，故有：f(x)的最大值为：f(-1)=2。 （2）因为：函数f(x)为奇函数，且f(x)的最大值为2 所以：对任意X1,X2∈（-1，1），|f(x1)|<2,|f(x2)|<2

所以：|f(X1)-f(X2)|<=|f(x1)|+|f(x2)|<|f(1)|+|f(-1)|=4 即|f(X1)-f(X2)|＜4恒成立。

良C【变式】已知函数f(x)?x3?bx2?cx?1在区间(??,?2]上单调递增，在区间[?2,2]上单调递减，且b?0. (1)求f(x)的解析式；

(2)设0?m?2，若对任意的x1、x2?[m?2,m]不等式f(x1)?f(x2)?16m恒成立，求实数m的最小值．

4

【解析】?1?f?(x)＝3x2＋2bx＋c，因为f(x)在(－?，－2]上单调递增，在[－2,2]上单调递减，所以f?(x)＝3x2＋2bx＋c＝0有两个根x1，x2，且x1＝－2，x2?2，因为x1＋x2=-所以-2bc2b，x1x2=，所以x2=-+2，3332b+2?2，所以b?0.3又b?0，所以b＝0，所以x2＝2，c＝－12，所以f(x)＝x3－12x＋1.?2?已知条件等价于在[m－2，m]上[f(x)]max－[f(x)]min?16m.因为f(x)在[－2,2]上为减函数，且0?m?2，所以[m－2，m]?[－2,2]．所以f(x)在[m－2，m]上为减函数，所以[f(x)]max＝f(m－2)＝(m－2)3－12(m－2)＋1，[f(x)]min＝f(m)＝m3－12m＋1，所以[f(x)]max－[f(x)]min＝－6m2＋12m＋16?16m，4得m?－2或m?，34又因为0?m?2，所以mmin＝.3

优BC【例4】已知a,b是实数，函数f(x)?x3?ax,g(x)?x2?bx, f?(x)和g?(x)是

f(x),g(x)的导函数，若f?(x)g?(x)?0在区间I上恒成立，则称f(x)和g(x)在区间I

上单调性一致.

（1）设a?0，若函数f(x)和g(x)在区间[?1,??)上单调性一致,求实数b的取值范围； （2）设a?0,且a?b，若函数f(x)和g(x)在以a,b为端点的开区间上单调性一致，求

|a?b|的最大值.

解：f?(x)?3x?a,g?(x)?2x?b.

（1）由题意知f?(x)g?(x)?0在[?1,??)上恒成立，因为a>0，故3x?a?0,

进而2x?b?0,即b??2x在区间[-1,+?)上恒成立，所以b?2.

22 5

百度搜索“77cn”或“免费范文网”即可找到本站免费阅读全部范文。收藏本站方便下次阅读，免费范文网，提供经典小说综合文库（2014年）第7讲、导数应用(2)存在，不等式，根的个数（教师版）在线全文阅读。