第二章　函数、导数及其应用 第十四节　导数在研究函数中的应用(二)

课 前 自 修 基础自测 1. (2012·合肥市质检)函数f(x)的图象如图所示，则不等式(x＋3)·f′(x)<0的解集为 ( ) A．(1，＋∞) B．(－∞，－3) C．(－∞，－1)∪(1，＋∞) D．(－∞，－3)∪(－1,1)

3．(2012·大连市双基测试)函数f(x)＝(x2－2x)ex的最小值为f(x0)，则x0＝________.

考 点 探 究 考点一 利用导数证明不等式

点评：通过构造函数，利用导数判断出所构造的函数的单调性，利用单调性证明不等式．这也是证明不等式的一种有效方法．

变式探究 1．(2013·玉溪一中月考)已知f(x)＝xln x，g(x)＝－x2＋ax－3. (1)求函数y＝f(x)的最小值； (2)对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围．

考点二 与导数有关的新定义问题 【例2】 (2011·江西卷)设f(x)＝ x3＋mx2＋nx. (1)如果g(x)＝f′(x)－2x－3在x＝－2处取得最小值－5，求f(x)的解析式； (2)如果m＋n<10(m，n∈N*)，f(x)的单调递减区间的长度是正整数，试求m和n的值[注：区间(a，b)的长度为b－a)]. 自主解答：

变式探究 2．(2013·自贡市检测改编)对于三次函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)，定义y＝f″(x)是y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的导函数，若方程f″(x)＝0有实数解x0，则称点(x0，f(x0))为函数y＝f(x)的“拐点”．可以发现，任何三次函数都有“拐点”，任何三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心，请你根据这一发现判断下列命题：

考点三 与导数有关的综合问题 【例3】 (2012·北京市朝阳区二模)设函数f(x)＝aln x＋(a≠0)． (1)已知曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线l的斜率为2－3a，求实数a的值； (2)在(1)的条件下，求证：对于定义域内的任意一个x，都有f(x)≥3－x. 思路点拨：(1)求导数，利用切线斜率为2－3a及点(1，f(1))，列方程，解之可得a的值；(2)构造函数g(x)＝f(x)－(3－x)；对g(x)求导；利用g′(x)的符号判断g(x)的极值(最值)；最后可得结论．

x (0,1) 1 (1，＋∞) g′(x) － ＋ g(x) ↘ 极小值 ↗

变式探究 3．(2012·深圳市二模)已知二次函数f(x)的最小值为－4，且关于x的不等式f(x)≤0的解集为{x|－1≤x≤3，x∈R}． (2)求函数g(x)＝ －4ln x的零点个数． 解析：(1)∵f(x)是二次函数， 且关于x的不等式f(x)≤0的解集为{x|－1≤x≤3，x∈R}， ∴f(x)＝a(x＋1)(x－3)＝ax2－2ax－3a，且a＞0. ∵a＞0，f(x)＝a[(x－1)2－4]≥－4，且f(1)＝－4a， ∴f(x)min＝－4a＝－4，得a＝1. 故函数f(x)的解析式为f(x)＝x2－2x－3.

(0,1) 1 (1,3) 3 (3，＋∞) g′(x) ＋ － g(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值

感 悟 高 考 品味高考 1．(2012·浙江卷)设a>0，b>0， ( ) A．若2a＋2a＝2b＋3b，则a>b B．若2a＋2a＝2b＋3b，则a<b C．若2a－2a＝2b－3b，则a>b D．若2a－2a＝2b－3b，则a<b 解析：对于选项A，若2a＋2a＝2b＋3b，必有2a＋2a>2b＋2b.构造函数：f(x)＝2x＋2x，则f′(x)＝2x·ln 2＋2>0恒成立，故有函数f(x)＝2x＋2x在(0，＋∞)上单调递增，即a>b成立．其余选项用同样方法排除. 故选A. 答案：A

2．(2012·北京卷)已知函数f(x)＝ax2＋1(a>0)，g(x)＝x3＋bx. (1)若曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线，求a，b的值； (2)当a2＝4b时，求函数f(x)＋g(x)的单调区间，并求其在区间(－∞，－1)上的最大值． 解析：(1)由(1，c)为公共切点可得f(x)＝ax2＋1(a>0)，则f′(x)＝2ax，k1＝2a, g(x)＝x3＋bx，则g′(x)＝3x2＋b，k2＝3＋b，∴2a＝3＋b. 又f(1)＝a＋1，g(1)＝1＋b，∴a＋1＝1＋b，即a＝b，代入2a＝3＋b可得a＝b＝3.

高考预测 1．(2012·广东金山一中等三校考前测试)函数y＝ 在区间(0,1)上 ( ) A．是减函数 B．是增函数 C．有极小值 D．有极大值

2．(2013·河南新乡、许昌、平顶山联考)已知函数f(x)＝ex＋(a－2)x在定义域内不是单调函数． (2)对于任意的a∈(2－e,2)及x≥0，求证：ex≥1＋ x2.

解析：(1)f′(x)＝ex＋a－2，因为f(x)不是单调函数，所以f′(x)＝0有解，所以a－2＜0. 令f′(x)＝0得x＝ln(2－a)，列表： 所以f(x)有极小值没有极大值，且极小值为f(ln(2－a))＝2－a＋(a－2)ln(2－a)． x (－∞，ln(2－a)) ln(2－a) (ln(2－a)，＋∞) f′(x) － ＋ ↘ 极小值 ↗