（2014年）第7讲、导数应用(2)存在，不等式，根的个数（教师版）(2)

因此b的取值范围是[2,??).[

（2）令f?(x)?0,解得x???.

若b?0,由a?0得0?(a,b).又因为f?(0)g?(0)?ab?0， 所以函数f(x)和g(x)在(a,b)上不是单调性一致的，因此b?0. 现设b?0.当x?(??,0)时,g?(x)?0；

a3

当x?(??,??a)时，f?(x)?0. 3a)时，f?(x)g?(x)?0. 3

因此，当x?(??,??

故由题设得a???且b?-?, 从而?a3a311?a?0,于是??b?0. 3311 因此|a?b|?,且当a??,b?0时等号成立，

331112 又当a??,b?0时,f?(x)g?(x)?6x(x?)，从而当x?(?,0)时f?(x)g?(x)?0

33911 故当函数f(x)和g(x)在(?,0)上单调性一致，因此|a?b|的最大值为.

331?a2x?ax?lnx(a?R). 优c【变式1】设函数f(x)?2

(Ⅰ) 当a?1时，求函数f(x)的极值； （Ⅱ）当a?1时，讨论函数f(x)的单调性. （Ⅲ）若对任意a?(2,3)及任意x1,x2?[1,2]，恒有ma?ln2?f(x1)?f(x2) 成立，求实数m的取值范围. 解：(Ⅰ)函数的定义域为(0,??). ' 当a?1时，f(x)?x?lnx,f(x)?1?1x?1?.令f'(x)?0,得x?1. xx'' 当0?x?1时，f(x)?0;当x?1时，f(x)?0. ?f(x)极小值=f(1)?1,无极大值.4分 6

(1?a)x2?ax?11[(1?a)x?1](x?1)（Ⅱ）f(x)?(1?a)x?a? ? ? xxx1(1?a)(x?)(x?1)a?1 ? 5分 x(x?1)21'?0, f(x)在(0,??)上是减函数； 当?1，即a?2时，f(x)??xa?111当或x?1; ?1，即a?2时，令f'(x)?0,得0?x?a?1a?11 令f'(x)?0,得?x?1. a?111 当?1，即1?a?2时，令f'(x)?0,得0?x?1或x?; a?1a?11' 令f(x)?0,得1?x?7分 . a?1 综上，当a?2时，f(x)在定义域上是减函数； 11 当a?2时，f(x)在(0,)和(1,??)单调递减，在(,1)上单调递增； a?1a?111 当1?a?2时，f(x)在(0,1)和()上单调递 ,??)单调递减，在(1,a?1a?1（Ⅲ）由（Ⅱ）知，当a?(2,3)时，f(x)在[1,2]上单调递减， 当x?1时，f(x)有最大值，当x?2时，f(x)有最小值. a3a3?f(x1)?f(x2)?f(1)?f(2)???ln2?ma?ln2???ln2 10分 222213113而a?0经整理得m?? 由2?a?3得????0，所以m?0. 22a422a题型二、存在性问题 1,)（BC）【例5】设函数f(x)定义在(0??上，f(1)?0，导函数f?(x)?，

x'g(x)?f(x)?f?(x)．

（1）求g(x)的单调区间和最小值； （2）讨论g(x)与g()的大小关系； （3）是否存在x0?0，使得|g(x)?g(x0)|?范围；若不存在，请说明理由．

解 （Ⅰ）由题设易知f(x)?lnx，g(x)?lnx?1x1对任意x?0成立？若存在，求出x0的取值x1， x?g'(x)?x?1，令g'(x)?0得x?1， x2当x?(0,1)时，g'(x)?0，故（0,1）是g(x)的单调减区间，

7

当x?(1,??)时，g'(x)?0，故(1,??)是g(x)的单调增区间，

因此，x?1是g(x)的唯一极值点，且为极小值点，从而是最小值点，所以最小值为

g(1)?1．

（Ⅱ）g(1x)??lnx?x，

设h(x)?g(x)?g(1x)?2lnx?x?1x，则h'(x)??(x?1)2x2，

当x?1时，h(1)?0，即g(x)?g(1x)， 当x?(0,1)?(1,??)时h'(x)?0，h'(1)?0， 因此，h(x)在(0,??)内单调递减，

当0?x?1时，h(x)?h(1)?0，即g(x)?g(1x)， 当x?1时，h(x)?h(1)?0，即g(x)?g(1x)． （Ⅲ）满足条件的x0不存在．

证明如下：

证法一 假设存在x10?0 ，使|g(x)?g(x0)|?x 对任意x?0 成立， 即对任意x?0，有 Inx?g(x20)?Inx?x ，（*） 但对上述xx0，取x1?eg(0)时，有 Inx1?g(x0)，这与（*）左边不等式矛盾，因此，不存在x10?0 ，使|g(x)?g(x0)|?x 对任意x?0成立。 证法二 假设存在x?0，使 |g(x)?g(x100)|?x 对任意的x?0成立。

由（Ⅰ）知，eg(x0) 的最小值为g(x)?1。

又g(x)?Inx?1x?Inx，而x?1时，Inx的值域为(0,??)， ∴ x?1 时，g(x) 的值域为[1,??)， 从而可取一个x1?1，使 g(x1)?g(x0)?1， 即g(x1)?g(x0) ?1，故 |g(x1)?g(x0)|?1?1x，与假设矛盾。 18

∴ 不存在x0?0 ，使|g(x)?g(x0)|?1 对任意x?0成立。 x（B）【例6】已知a，b为常数，且a≠0，函数f（x）=-ax+b+axlnx，f（e）=2（e=2．71828…是自然对数的底数）。 （I）求实数b的值；

（II）求函数f（x）的单调区间；

（III）当a=1时，是否同时存在实数m和M（m

1，e]）都有公共点？若存在，求出最小的实数m和最大的实数M；e若不存在，说明理由。 解：（I）由f(e)?2得b?2,

（II）由（I）可得f(x)??ax?2?axlnx. 从而f'(x)?alnx.

因为a?0，故：

（1）当a?0时由,f'(x)>0得x>1,由f'(x)<0得0

综上，当a?0时，函数f(x)的单调递增区间为(1,??)，单调递减区间为（0，1）； 当a?0时，函数f(x)的单调递增区间为（0，1），单调递减区间为(1,??)。 （III）当a=1时，f(x)??x?2?xlnx,f'(x)?lnx.

由（II）可得，当x在区间(,e)内变化时，f'(x),f(x)的变化情况如下表：

1ex f'(x) 1 e 1(,1) e- 单调递减 1 0 极小值1 (1,e) + 单调递增 e 2 f(x) 又2?22? e21?2,所以函数f'(x)?(x?[,e])的值域为[1，2]。 ee?m?1,1据经可得，若?，则对每一个t?[m,M]，直线y=t与曲线y?f(x)(x?[,e])e?M?2都有公共点。

并且对每一个t?(??,m)1(M,??)，直线y?t与曲线y?f(x)(x?[,e])都没有公共

e9

点。

综上，当a=1时，存在最小的实数m=1，最大的实数M=2，使得对每一个t?[m,M]，直线y=t与曲线y?f(x)(x?[,e])都有公共点。 （B）【例7】设函数f(x)?x?(I)讨论f(x)的单调性；

（II）若f(x)有两个极值点x1和x2，记过点A(x1,f(x1)),B(x2,f(x2))的直线的斜率为k，问：是否存在a，使得k?2?a?若存在，求出a的值，若不存在，请说明理由． 解析：（I）f(x)的定义域为(0,??).

1e1?alnx(a?R). x1ax2?ax?1 f'(x)?1?2??

xxx22令g(x)?x2?ax?1,其判别式?a?4.

(1) 当|a|?2时,?0,f'(x)?0,故f(x)在(0,??)上单调递增．

(2) 当a??2时,>0,g(x)=0的两根都小于0，在(0,??)上，f'(x)?0，故

f(x)在(0,??)上单调递增．

a?a2?4a?a2?4,x2?(3) 当a?2时,>0,g(x)=0的两根为x1?，

22当0?x?x1时， f'(x)?0；当x1?x?x2时， f'(x)?0；当x?x2时， f'(x)?0，故f(x)分别在(0,x1),(x2,??)上单调递增，在(x1,x2)上单调递减． （II）由（I）知，a?2．

因为f(x1)?f(x2)?(x1?x2)?x1?x2?a(lnx1?lnx2)，所以 x1x2k?f(x1)?f(x2)lnx1?lnx21 ?1??ax1?x2x1x2x1?x2lnx1?lnx2

x1?x2又由(I)知，x1x2?1．于是k?2?a若存在a，使得k?2?a.则

lnx1?lnx2?1．即lnx1?lnx2?x1?x2．亦即

x1?x210

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