当前位置：首页 > 2019-2020学年高中数学人教A版选修2-2学案：第一章 导数及其应用 复习提升课 Word版含解析
4
a×23＋b×22＋c×2＋d＝－，④
3
1
上边四个式子联立解得a＝，b＝0，c＝－4，d＝4.
31
所以f(x)的解析式为f(x)＝x3－4x＋4.
3
14
(2)由(1)知f(x)＝x3－4x＋4的极小值为f(2)＝－，且f(3)＝1.
334
所以要使f(x)在区间[t，3]上取得最小值－，
3所以t≤2， 4
且f(t)≥－.
3
??t≤2，即?14 3
??3t－4t＋4≥－3.??t≤2，即?
2
?（t－2）（t＋4）≥0.?
所以－4≤t≤2，
所以所求t的范围为[－4，2]．
1
已知函数f(x)＝x3－4x＋m.
3
若f(x)有且仅有三个零点，求m的取值范围． 1
【解】 因为f(x)＝x3－4x＋m.所以f′(x)＝x2－4，
3当f′(x)＝0时，x＝－2或x＝2， 当f′(x)＞0时，x＜－2或x＞2， 当f′(x)＜0时，－2＜x＜2.
所以f(x)在(－∞，－2)，(2，＋∞)上单调递增，在(－2，2)上单调递减， 16
所以f(x)极大值＝f(－2)＝＋m.
3f(x)极小值＝f(2)＝－
16
＋m. 3
因为函数f(x)有三个零点．
?1616所以?即－＜m＜.
3316
－＋m＜0.?3
1616
－，?时，函数f(x)有三个零点． 即当m∈??33?
导数与不等式
[问题展示] (教材P32习题1.3B组T1(3))利用函数的单调性，证明不等式ex＞1＋x(x≠0)，并通过函数图象直观验证．
【解】 设f(x)＝ex－1－x，所以f′(x)＝ex－1. 当f′(x)＝0时，x＝0，当f′(x)＞0时，x＞0，
当f′(x)＜0时，x＜0，所以f(x)＝ex－1－x在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
所以f(x)min＝f(x)极小值＝f(0)＝e0－1－0＝0， 又x≠0，所以ex－1－x＞0，所以ex＞1＋x， 图示验证如图．
16
＋m＞0，3
当x≠0时，函数y＝ex的图象在直线y＝1＋x的上方，即x≠0时，ex＞1＋x.
已知不等式aex≥b＋x(x∈R)．
(1)若当a＝1时不等式恒成立，求b的最大值； (2)若当b＝1时，原不等式恒成立，求a的范围． 【解】 (1)当a＝1时， 不等式aex≥b＋x即为b≤ex－x. 令f(x)＝ex－x(x∈R)，
所以f′(x)＝ex－1. 当f′(x)＝0时，x＝0， 当f′(x)＞0时，x＞0， 当f′(x)＜0时，x＜0.
所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， 所以f(x)min＝f(x)极小值＝f(0)＝e0－0＝1. 所以b≤f(x)min＝1，即b的最大值为1. 1＋x
(2)当b＝1时，不等式ae≥b＋x即为a≥x.
e
x
1＋x
令g(x)＝x(x∈R)，
e
1·ex－（1＋x）ex－x
所以g′(x)＝＝x， x2e（e）当g′(x)＝0时，x＝0， 当g′(x)＞0时，x＜0， 当g′(x)＜0时，x＞0.
所以g(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减， 1＋0
所以g(x)max＝g(x)极大值＝g(0)＝0＝1.
e所以a≥g(x)max＝1， 即a的范围为a≥1.
x＋11
已知函数f(x)＝x，g(x)＝xf(x)＋tf′(x)＋x，若存在实数x1，x2∈[0，1]，使得2g(x1)
ee＜g(x2)成立，求实数t的取值范围．
x＋1
【解】 因为f(x)＝x，
e1
所以g(x)＝xf(x)＋tf′(x)＋x e
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