强化课　导数的综合应用问题（教师版）

　导数的综合应用问题 题型一　利用导数证明不等式 　已知函数f(x)＝2(x＋2)－ex. (1)求f(x)的极值； (2)当x≥0时，证明：f(x)－x＋sin x－4<0. 【解】　(1)由题可得f′(x)＝2－ex， 令f′(x)＝0，得x＝ln 2， 当x∈(－∞，ln 2)时，f′(x)>0，f(x)单调递增； 当x∈(ln 2，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减， 所以当x＝ln 2时，f(x)取得极大值， 且极大值为f(ln 2)＝2ln 2＋2，无极小值． (2)证明：欲证f(x)－x＋sin x－4<0， 即证f(x)g(x)只需证明f(x)min>g(x)max. (2)不等式中既有指数又有对数，求导后不好处理，通常是把指数和对数分开，使得不等式一边是指数，另一边是对数，分别计算它们的最值，利用最值来证明不等式． [跟踪训练1] 已知函数f(x)＝ex2－x ln x. 证明：当x>0时，f(x)0时，要证f(x)0) ，则h′(x)＝， 易知h(x) 在上单调递减，在上单调递增，则h(x)min＝h＝0， 所以ln x＋≥0.再令φ(x)＝ex－ex(x>0) ，则φ′(x)＝e－ex ，易知φ(x) 在(0，1) 上单调递增，在(1，＋∞) 上单调递减， 则φ(x)max＝φ(1)＝0 ，所以ex－ex≤0. 因为h(x)与φ(x)不同时为0， 所以ex－ex0， 即f(x)在上单调递增； 当x∈时，f′(x)<0， 即f(x)在上单调递减， 所以f(x)max＝f＝ln ＋1＝2， 解得a＝－. (2)由(1)知f(x)＝ln x－＋2，因为x≥1， 所以ln x－＋2≤bx可化为b≥－＋， 设g(x)＝－＋， 所以g′(x)＝－＝， 则g′(x)<0在[1，＋∞)上恒成立， 即可得g(x)在[1，＋∞)上单调递减， b≥g(x)max＝g(1)＝2－， 因此实数b的取值范围是. 由不等式恒(能)成立求参数的取值范围的策略 (1)分离参数法：将参数分离出来，恒成立问题进而转化为a>f(x)max或a0时，令f′(x)＝0，得x＝，当0时f′(x)>0，f(x)在上单调递增． 所以当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减； 当a>0时，f(x)在上单调递减，在上单调递增． (2)由题设知f(x)≥bmin＝2对 x∈[1，e]恒成立． 当a<1时，此时f(1)＝－1<2，不合题设，舍去； 当a≥1且1≤x≤e时 ... ...