探究导数极值点的应用.docx

探究导数极值点的应用1．已知函数f(x)＝x－，g(x)＝aln x(a∈R)．(1)当a≥－2时，求F(x)＝f(x)－g(x)的单调区间；(2)设h(x)＝f(x)＋g(x)，且h(x)有两个极值点为x1，x2，其中x1∈，求h(x1)－h(x2)的最小值．解：(1)由题意得F(x)＝x－－aln x(x＞0)，则F′(x)＝，令m(x)＝x2－ax＋1，则Δ＝a2－4．①当－2≤a≤2时，Δ≤0，从而F′(x)≥0，所以F(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；②当a＞2时，Δ＞0，设F′(x)＝0的两根为x1＝，x2＝，所以F(x)的单调递增区间为和，F(x)的单调递减区间为．综上，当－2≤a≤2时，F(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；当a＞2时，F(x)的单调递增区间为和，F(x)的单调递减区间为．(2)对h(x)＝x－＋aln x，x∈(0，＋∞)求导得，h′(x)＝1＋＋＝，h′(x)＝0的两根分别为x1，x2，则有x1·x2＝1，x1＋x2＝－a，所以x2＝，从而有a＝－x1－．令H(x)＝h(x)－h＝x－＋ln x－＝2，即H′(x)＝2ln x＝(x＞0)．当x∈时，H′(x)＜0，所以H(x)在上单调递减，又H(x1)＝h(x1)－h＝h(x1)－h(x2)，所以[h(x1)－h(x2)]min＝H＝5ln 2－3．2．(2016·全国乙卷)已知函数f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2有两个零点．(1)求a的取值范围；(2)设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：x1＋x22.解：(1)f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a)．①设a＝0，则f(x)＝(x－2)ex，f(x)只有一个零点．②设a0，则当x∈(－∞，1)时，f′(x)0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)0，所以f(x)在(－∞，1)内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增．又f(1)＝－e，f(2)＝a，取b满足b0且bln ，则f(b)(b－2)＋a(b－1)2＝a0，故f(x)存在两个零点．③设a0，由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a)．若a≥－，则ln(－2a)≤1，故当x∈(1，＋∞)时，f′(x)0，因此f(x)在(1，＋∞)内单调递增．又当x≤1时，f(x)0，所以f(x)不存在两个零点．若a－，则ln(－2a)1，故当x∈(1，ln(－2a))时，f′(x)0；当x∈(ln(－2a)，＋∞)时，f′(x)0.因此f(x)在(1，ln(－2a))内单调递减，在(ln(－2a)，＋∞)内单调递增．又当x≤1时，f(x)0，所以f(x)不存在两个零点．综上，a的取值范围为(0，＋∞)．(2)证明：不妨设x1x2，由(1)知，x1∈(－∞，1)，x2∈(1，＋∞)，2－x2∈(－∞，1)，又f(x)在(－∞，1)内单调递减，所以x1＋x22等价于f(x1)f(2－x2)，即f(2－x2)0.由于f(2－x2)＝－x2e2－x2＋a(x2－1)2，而f(x2)＝(x2－2)ex2＋a(x2－1)2＝0，所以f(2－x2)＝－x2e2－x2－(x2－2)ex2.设g(x)＝－xe2－x－(x－2)ex，则g′(x)＝(x－1)(e2－x－ex)．所以当x1时，g′(x)0，而g(1)＝0，故当x1时，g(x)0.从而g(x2)＝f(2－x2)0，故x1＋x22.3..设函数，，其中R，…为自然对数的底数．（Ⅰ）当时，恒成立，求的取值范围；（Ⅱ）求证： (参考数据：)．3．(Ⅰ)令，则①若，则，，在递增，，即在 恒成立，满足，所以； [来源:学#科#网Z#X#X#K]②若，在递增，且且时，，则使，则在递减，在递增，[来源:Zxxk.Com]所以当时，即当时， ，不满足题意，舍去；综合①，②知的取值范围为. …………………5分 (Ⅱ)由(Ⅰ)知，当时，对恒成立， 令，则 即； …………………7分由(Ⅰ)知，当时，则在递减，在递增，则，即，又，即，令，即，则，故有. ………………12分4.已知函数f(x)=ex-e-x-2x.(Ⅰ)讨论f(x)的单调性;(Ⅱ)设g(x)=f(2x)-4bf(x),当x0时,g(x)0,求b的最大值;(Ⅲ)已知1.414 21.414 3,估计ln 2的近似值(精确到0.001).21.解析　(Ⅰ)f (x)=ex+e-x-2≥0,等号仅当x=0时成立.所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递增.(Ⅱ)g(x)=f(2x)-4bf(x)=e2x-e-2x-4b(ex-e-x)+(8b-4)x,g(x)=2[e2x+e-2x-2b(ex+e-x)+(4b-2)