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第五讲 导数及其应用


掌门 1 对 1 教育 高中数学 第五讲 导数及其应用

1.导数的几何意义 (1)函数 y=f(x)在 x=x0 处的导数 f′(x0)就是曲线 y=f(x)在点(x0, f(x0))处的切线的斜率, 即 k=f′(x0). (2)曲线 y=f(x)在点(x0,f(x0))处的切线方程为 y-f(x0)=f′(x0)(x-x0). (3)导数的物理意义:s′(t)=v(t),v′(t)=a(t). 2.函数的单调性与导数 如果已知函数在某个区间上单调递增(减), 则这个函数的导数在这个区间上大(小)于零恒成立. 在 区间上离散点处导数等于零,不影响函数的单调性,如函数 y=x+sin x. 3.函数的导数与极值 对可导函数而言,某点导数等于零是函数在该点取得极值的必要条件,但对不可导的函数,可能 在极值点处函数的导数不存在(如函数 y=|x|在 x=0 处),因此对于一般函数而言,导数等于零既 不是函数取得极值的充分条件也不是必要条件. 4.闭区间上函数的最值 在闭区间上连续的函数,一定有最大值和最小值,其最大值是区间的端点处的函数值和在这个区 间内函数的所有极大值中的最大者, 最小值是区间端点处的函数值和在这个区间内函数的所有极 小值中的最小值.

1.(2013· 广东)若曲线 y=kx+ln x 在点(1,k)处的切线平行于 x 轴,则 k=________. 答案 -1 1 解析 ∵y′=k+ ,∴y′|x=1=k+1=0,∴k=-1. x 2.(2013· 福建)设函数 f(x)的定义域为 R,x0(x0≠0)是 f(x)的极大值点,以下结论一定正确的 是 A.?x∈R,f(x)≤f(x0) B.-x0 是 f(-x)的极小值点 C.-x0 是-f(x)的极小值点 D.-x0 是-f(-x)的极小值点 答案 D 解析 A 错,因为极大值未必是最大值.B 错,因为函数 y=f(x)与函数 y=f(-x)的图象关于 y 轴对称,-x0 应是 f(-x)的极大值点.C 错,函数 y=f(x)与函数 y=-f(x)的图象关于 x 轴对称, x0 应为-f(x)的极小值点.D 对,函数 y=f(x)与 y=-f(-x)的图象关于原点对称,-x0 应为 y= ( )

-f(-x)的极小值点. 3.(2013· 浙江)已知函数 y=f(x)的图象是下列四个图象之一,且其导函数 y=f′(x)的图象如图所示,则该函数的图象是 ( )

答案 B 解析 从导函数的图象可以看出,导函数值先增大后减小,x=0 时最大,所以函数 f(x)的图象 的变化率也先增大后减小,在 x=0 时变化率最大.A 项,在 x=0 时变化率最小,故错误;C 项,变化率是越来越大的,故错误;D 项,变化率是越来越小的,故错误.B 项正确. 4.(2012· 重庆)设函数 f(x)在 R 上可导,其导函数为 f′(x),且函数 y=(1-x)f′(x)的图象如图所示,则 下列结论中一定成立的是 ( )

A.函数 f(x)有极大值 f(2)和极小值 f(1) B.函数 f(x)有极大值 f(-2)和极小值 f(1) C.函数 f(x)有极大值 f(2)和极小值 f(-2) D.函数 f(x)有极大值 f(-2)和极小值 f(2) 答案 D 解析 利用极值的存在条件判定. 当 x<-2 时,y=(1-x)f′(x)>0,得 f′(x)>0; 当-2<x<1 时,y=(1-x)f′(x)<0,得 f′(x)<0; 当 1<x<2 时,y=(1-x)f′(x)>0,得 f′(x)<0; 当 x>2 时,y=(1-x)f′(x)<0,得 f′(x)>0, ∴f(x)在(-∞,-2)上是增函数,在(-2,1)上是减函数,在(1,2)上是减函数,在(2,+∞)上 是增 函数, ∴函数 f(x)有极大值 f(-2)和极小值 f(2). 5.(2013· 安徽)若函数 f(x)=x3+ax2+bx+c 有极值点 x1,x2,且 f(x1)=x1,则关于 x 的方程 3(f(x))2 +2af(x)+b=0 的不同实根个数是 A.3 答案 A B.4 C.5 D.6 ( )

解析 f′(x)=3x2+2ax+b,由已知得 x1≠x2,
2 ? ?3x1+2ax1+b=0, 且? 2 若 x1<x2,y=x1,y=x2 与 f(x)=x3+ax2+bx+c 有三个不同交点. ?3x2+2ax2+b=0, ?

即方程 3(f(x))2+2af(x)+b=0 有三个不同实根. 若 x1>x2,如图,

同理得方程 3(f(x))2+2af(x)+b=0 有三个不同实根.

题型一 导数意义及应用 例1 (1)在平面直角坐标系 xOy 中,点 P 在曲线 C:y=x3-10x+3 上,且在第二象限内,已知曲 线 C 在点 P 处的切线的斜率为 2,则点 P 的坐标为________.
* (2)函数 y=x2(x>0)的图象在点(ak,a2 k )处的切线与 x 轴的交点的横坐标为 ak+1,其中 k∈N .若 a1

=16,则 a1+a3+a5 的值是________. 审题破题 (1)利用导数的几何意义,列方程求交点 P 的坐标.(2)本题是导数和数列的综合,可 先从函数图象的切线方程出发,确定 ak+1 和 ak 的关系. 答案 (1)(-2,15) (2)21 解析 (1)因为 y′=3x2-10,设 P(x,y), 则由已知有 3x2-10=2,即 x2=4,∴x=± 2, 又∵点 P 在第二象限,∴x=-2. 则 y=(-2)3-10× (-2)+3=15, ∴点 P 坐标为(-2,15). (2)对函数 y=x2,y′=2x, 1 2 ∴函数 y=x2(x>0)在点(ak,a2 k )处的切线方程为 y-ak =2ak(x-ak),令 y=0 得 ak+1= ak. 2 1 1 1 又∵a1=16,∴a3= a2= a1=4,a5= a3=1, 2 4 4 ∴a1+a3+a5=16+4+1=21. 反思归纳 在求曲线的切线方程时,注意两点:①求曲线在点 P 处的切线方程和求曲线过点 P 的切线方程,在点 P 的切线,一定是以点 P 为切点;过点 P 的切线不管点 P 在不在曲线上,点 P 不一定是切点;②当切点坐标未知时,应首先设出切点坐标,再求解.

变式训练 1 直线 y=2x+b 是曲线 y=ln x (x>0)的一条切线,则实数 b=________. 答案 -ln 2-1 解析 切线的斜率是 2,根据导数的几何意义可以求出切点的横坐标,进而求出切点的坐标, 1 1 1 1 1 ,ln ?,代入直线 切点在切线上,代入即可求出 b 的值.y′= ,令 =2,得 x= ,故切点为? 2? ?2 x x 2 1 1 方程,得 ln =2× +b,所以 b=-ln 2-1. 2 2 题型二 利用导数研究函数的单调性 例2 已知函数 f(x)=x2+aln x. (1)当 a=-2 时,求函数 f(x)的单调递减区间; 2 (2)若函数 g(x)=f(x)+ 在[1,+∞)上单调,求实数 a 的取值范围. x 审题破题 (1)直接根据 f′(x)<0 确定单调递减区间; (2)g(x)在[1, +∞)上单调, 则 g′(x)≥0 或 g′(x)≤0 在[1,+∞)上恒成立. 解 (1)由题意知,函数的定义域为(0,+∞), x-1? 2 2?x+1? ? 当 a=-2 时,f′(x)=2x- = , x x 故 f(x)的单调递减区间是(0,1). a 2 (2)由题意得 g′(x)=2x+ - 2,函数 g(x)在[1,+∞)上是单调函数. x x ①若 g(x)为[1,+∞)上的单调增函数,则 g′(x)≥0 在[1,+∞)上恒成立, 2 即 a≥ -2x2 在[1,+∞)上恒成立, x 2 设 φ(x)= -2x2, x ∵φ(x)在[1,+∞)上单调递减, ∴φ(x)max=φ(1)=0,∴a≥0. ②若 g(x)为[1,+∞)上的单调减函数, 则 g′(x)≤0 在[1,+∞)上恒成立,不可能. ∴实数 a 的取值范围为[0,+∞). 反思归纳 利用导数研究函数单调性的一般步骤: (1)确定函数的定义域; (2)求导数 f′(x); (3)①若求单调区间( 或证明单调性 ),只需在函数 f(x) 的定义域内解 (或证明)不等式 f′(x)>0 或 f′(x)<0. ②若已知 f(x)的单调性,则转化为不等式 f′(x)≥0 或 f′(x)≤0 在单调区间上恒成立问题求解. 变式训练 2 设函数 f(x)=ex-1-x-ax2. (1)若 a=0,求 f(x)的单调区间; (2)若当 x≥0 时 f(x)≥0,求 a 的取值范围. 解 (1)a=0 时,f(x)=ex-1-x,f′(x)=ex-1. 当 x∈(-∞,0)时,f′(x)<0;当 x∈(0,+∞)时,f′(x)>0. 故 f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增. (2)f′(x)=ex-1-2ax.

由(1)知 ex≥1+x,当且仅当 x=0 时等号成立, 故 f′(x)≥x-2ax=(1-2a)x, 1 从而当 1-2a≥0,即 a≤ 时,f′(x)≥0(x≥0). 2 ∴f(x)在[0,+∞)上单调递增. 而 f(0)=0,于是当 x≥0 时,f(x)≥0. 1 - - - 由 ex>1+x(x≠0)可得 e x>1-x(x≠0).从而当 a> 时,f′(x)<ex-1+2a(e x-1)=e x(ex-1)(ex-2a), 2 令 e x(ex-1)(ex-2a)<0 得 1<ex<2a,∴0<x<ln 2a.


故当 x∈(0,ln 2a)时,f′(x)<0,∴f(x)在(0,ln 2a)上单调递减.而 f(0)=0,于是当 x∈(0,ln 2a) 时,f(x)<0.不符合要求. 1 综上可得 a 的取值范围为(-∞, ]. 2 题型三 利用导数研究函数的极值(最值) 1 例 3 已知函数 f(x)= x2+ln x. 2 (1)求函数 f(x)在区间[1,e]上的最大值、最小值; 2 (2)求证:在区间(1,+∞)上,函数 f(x)的图象在函数 g(x)= x3 的图象的下方. 3 审题破题 (1)f(x)在闭区间[1, e]上的最大值、 最小值要么在端点处取得, 要么在极值点处取得. 所 以首先要研究 f(x)在[1,e]上的单调性. 2 (2)f(x)的图象在函数 g(x)= x3 的图象的下方,即 g(x)-f(x)在(1,+∞)上恒大于 0. 3 1 (1)解 当 x∈[1,e]时,f′(x)=x+ >0, x 所以 f(x)在区间[1,e]上为增函数. 1 所以当 x=1 时,f(x)取得最小值 ; 2 1 当 x=e 时,f(x)取得最大值 e2+1. 2 2 1 (2)证明 设 h(x)=g(x)-f(x)= x3- x2-ln x,x∈[1,+∞), 3 2
3 2 1 2x -x -1 则 h′(x)=2x2-x- = x x

?x-1? ? 2 x2+x+1? = . x 1 当 x∈(1,+∞)时,h′(x)>0,h(x)在区间[1,+∞)上为增函数,所以 h(x)>h(1)= >0. 6 所以对于 x∈(1,+∞),g(x)>f(x)成立,即 f(x)的图象在 g(x)的图象的下方. 反思归纳 (1)求函数的最值可结合函数的单调性、极值,有时也可以和图象联系;(2)用导数方 法证明不等式 f(x)>g(x)在区间 D 上恒成立的基本方法是构造函数 h(x)=f(x)-g(x),然后根据函 数的单调性,或者函数的最值证明函数 h(x)>0,其中一个重要技巧就是找到函数 h(x)在什么地 方可以等于零,这往往就是解决问题的一个突破口. 变式训练 3 (2013· 广东)设函数 f(x)=(x-1)ex-kx2(k∈R).

(1)当 k=1 时,求函数 f(x)的单调区间; 1 ? (2)当 k∈? ?2,1?时,求函数 f(x)在[0,k]上的最大值 M. 解 (1)当 k=1 时,f(x)=(x-1)ex-x2, ∴f′(x)=ex+(x-1)ex-2x=x(ex-2). 令 f′(x)=0 得 x1=0,x2=ln 2. 列表如下: x f′(x) f(x) (-∞,0) + ↗ 0 0 极大值 (0,ln 2) - ↘ ln 2 0 极小值 (ln 2,+∞) + ↗

由表可知,函数 f(x)的递减区间为(0,ln 2),递增区间为(-∞,0),(ln 2,+∞). (2)f′(x)=ex+(x-1)ex-2kx=x(ex-2k), 1 ∵ <k≤1,∴1<2k≤2, 2 由(1)可知 f(x)在(0,ln 2k)上单调递减,在(ln 2k,+∞)上单调递增. 1 ? 设 g(x)=x-ln 2x? ?2<x≤1?, 2 1 则 g′(x)=1- =1- , 2x x 1 1 1 ∵ <x≤1,∴1≤ <2,∴-1<1- ≤0, 2 x x 1 ? ∴g(x)=x-ln 2x 在? ?2,1?上单调递减, ∴g(x)>g(1)=1-ln 2>0, 1 ∵ <k≤1,∴k-ln 2k>0 即 k>ln 2k, 2 ∴f(x)在(0,ln 2k)上单调递减,在(ln 2k,k)上单调递增, ∴f(x)在[0,k]上的最大值应在端点处取得. 而 f(0)=-1,f(k)=(k-1)ek-k3, 下面比较 f(0)与 f(k)的大小. 令 h(k)=f(k)-f(0)=(k-1)ek-k3+1, 则 h′(k)=k(ek-3k), 再令 φ(k)=ek-3k,则 φ′(k)=ek-3<e-3<0, 1 ? ?1? φ(1)=? e-3?(e-3)<0, ∴φ(k)在? 2? ?2,1?上递减,而 φ?2?· ? 1 ? ?1 ? ∴存在 x0∈? ?2,1?使得 φ(x0)=0,且当 k∈?2,x0?时,φ(k)>0,当 k∈(x0,1)时,φ(k)<0, 1 ? ∴h(k)在? ?2,x0?上单调递增,在(x0,1)上单调递减. 1? 1 7 又 h? ?2?=-2 e+8>0,h(1)=0. 1 ? ∴h(k)≥0 在? ?2,1?上恒成立,当且仅当 k=1 时取“=”. 综上,函数 f(x)在[0,k]上的最大值 M=(k-1)ek-k3.

题型四 导数的综合应用 例4 π? π-3 3 已知函数 f(x)=ax· sin x- (a>0),且 f(x)在区间? ?0,2?上的最大值为 2 . 2 (1)求函数 f(x)的解析式; (2)判断函数 f(x)在(0,π)内零点个数,并加以证明. 审题破题 (1)通过求最值可确定 a 的值;(2)函数 f(x)的零点个数可以利用函数单调性、极值结 合函数草图确定. 解 (1)f′(x)=a· sin x+ax· cos x=a(sin x+xcos x). π? ∵x∈? ?0,2?时,sin x+xcos x>0. π? 又 a>0,∴f′(x)>0,f(x)在? ?0,2?上是增函数. π? π 3 π-3 则 f(x)max=f? ?2?=2a-2= 2 ,∴a=1, 3 所以 f(x)=xsin x- . 2 (2)函数 f(x)在区间(0,π)内有且只有两个零点. 证明如下: 3 由(1)知,f(x)=xsin x- , 2 π? π 3 3 从而 f(0)=- <0,f? ?2?=2-2>0. 2 π? 由(1)知,f(x)在? ?0,2?上是增函数,且 f(x)的图象连续不间断, π? ∴f(x)在区间? ?0,2?上有唯一零点; π ? 当 x∈? ?2,π?时,令 g(x)=f′(x)=sin x+xcos x, π? ?π ? ?π ? 由 g? ?2?=1>0,g(π)=-π<0,且 g(x)在?2,π?上的图象是连续不断的,故存在 m∈?2,π?,使得 g(m)=0. π ? π ,π 时,有 g′(x)<0,从而 g(x)在? ,π?内单调递减. 由 g′(x)=2cos x-xsin x,知 x∈? 2 ? ? ?2 ? π ? 当 x∈? ?2,m?时,g(x)>g(m)=0,即 f′(x)>0, π ? 从而 f(x)在? ?2,m?内单调递增, π ? ?π? π-3 故当 x∈? ?2,m?时,f(x)≥f?2?= 2 >0. π ? 故 f(x)在? ?2,m?上无零点; 当 x∈(m,π)时,有 g(x)<g(m)=0,即 f′(x)<0,从而 f(x)在(m,π)内单调递减, 又 f(m)>0,f(π)<0,且 f(x)在[m,π]上的图象是连续不断的,从而 f(x)在(m,π)内有且仅有一个零 点. 综上所述,f(x)在(0,π)内有且只有两个零点.

反思归纳 利用导数解决不等式恒成立,函数零点个数,证明不等式问题,可以利用求函数的 单调性、极值、最值确定函数的草图,数形结合求解一些综合性问题. 变式训练 4 (2013· 辽宁)(1)证明:当 x∈[0,1]时,
2

2 x≤sin x≤x; 2

x3 (2)若不等式 ax+x + +2(x+2)cos x≤4 对 x∈[0,1]恒成立,求实数 a 的取值范围. 2 (1)证明 记 F(x)=sin x- 则 F′(x)=cos x- 2 . 2 2 x, 2

π? ? π? 当 x∈? ?0,4?时,F′(x)>0,F(x)在?0,4?上是增函数; π ? ?π ? 当 x∈? ?4,1?时,F′(x)<0,F(x)在?4,1?上是减函数. 又 F(0)=0,F(1)>0, 所以当 x∈[0,1]时,F(x)≥0,即 sin x≥ 2 x. 2

记 H(x)=sin x-x, 则当 x∈(0,1)时, H′(x)=cos x-1<0, 所以, H(x)在[0,1]上是减函数, 则 H(x)≤H(0) =0,即 sin x≤x. 综上, 2 x≤sin x≤x,x∈[0,1]. 2

(2)解 方法一 因为当 x∈[0,1]时, x3 x3 x ax+x2+ +2(x+2)cosx-4=(a+2)x+x2+ -4(x+2)sin2 2 2 2 x3 2 ≤(a+2)x+x2+ -4(x+2)? x?2=(a+2)x. 2 4 ? ? 所以,当 a≤-2 时, x3 不等式 ax+x2+ +2(x+2)cos x≤4 对 x∈[0,1]恒成立. 2 x3 下面证明,当 a>-2 时,不等式 ax+x2+ +2(x+2)cos x≤4 对 x∈[0,1]不恒成立. 2 x3 因为当 x∈[0,1]时,ax+x2+ +2(x+2)cos x-4 2 x3 x =(a+2)x+x2+ -4(x+2)sin 2 2 2 x ?2 x3 ≥(a+2)x+x2+ -4(x+2)? 2 ? ? 2 3 x =(a+2)x-x2- 2 2 3 3 x- ?a+2??. ≥(a+2)x- x2=- x? ? 2 2 ? 3 所以存在 x0∈(0,1)

?例如x 取a+2和1中的较小值?满足 0 3 2 ? ?
x3 0 ax0+x2 + +2(x0+2)cos x0-4>0. 0 2

x3 即当 a>-2 时,不等式 ax+x2+ +2(x+2)cos x-4≤4 对 x∈[0,1]不恒成立. 2 综上,实数 a 的取值范围是(-∞,-2]. x3 方法二 记 f(x)=ax+x2+ +2(x+2)cos x-4,则 2 3x2 f′(x)=a+2x+ +2cos x-2(x+2)sin x. 2 记 G(x)=f′(x),则 G′(x)=2+3x-4sin x-2(x+2)cos x. 1 当 x∈(0,1)时,cos x> ,因此 2 2 G′(x)<2+3x-4× x-(x+2)=(2-2 2)x<0. 2 于是 f′(x)在[0,1]上是减函数, 因此,当 x∈(0,1)时,f′(x)<f′(0)=a+2. 故当 a≤-2 时,f′(x)<0,从而 f(x)在[0,1]上是减函数,所以 f(x)≤f(0)=0. x3 即当 a≤-2 时,不等式 ax+x2+ +2(x+2)cos x≤4,对 x∈[0,1]恒成立. 2 x3 下面证明:当 a>-2 时,不等式 ax+x2+ + 2 2(x+2)cos x≤4,对 x∈[0,1]不恒成立. 由于 f′(x)在[0,1]上是减函数, 7 且 f′(0)=a+2>0,f′(1)=a+ +2cos 1-6sin 1. 2 7 当 a≥6sin 1-2cos 1- 时,f′(1)≥0, 2 所以当 x∈(0,1)时,f′(x)>0. 因此 f(x)在[0,1]上是增函数,故 f(1)>f(0)=0; 7 当-2<a<6sin 1-2cos 1- 时,f′(1)<0. 2 又 f′(0)>0.故存在 x0∈(0,1),使 f′(x0)=0,则当 0<x<x0 时,f′(x)>f′(x0)=0,所以 f(x)在[0,x0] 上是增函数,所以当 x∈(0,x0)时,f(x)>f(0)=0. x3 所以,当 a>-2 时,不等式 ax+x2+ +2(x+2)cos x≤4 对 x∈[0,1]不恒成立. 2 综上,实数 a 的取值范围是(-∞,-2].

典例

(12 分)设函数 f(x)=ln x,g(x)=f(x)+f′(x).

(1)求函数 g(x)的单调区间和最小值; 1? (2)讨论 g(x)与 g? ?x?的大小关系; 1 (3)求实数 a 的取值范围,使得 g(a)-g(x)< 对任意 x>0 成立. a

规范解答 1 解 (1)由题意,g(x)=ln x+ ,x>0, x ∴g′(x)= x-1 ,且 x>0, x2

令 g′(x)=0,得 x=1,[2 分] 当 x∈(0,1)时,g′(x)<0, 故(0,1)是 g(x)的单调减区间, 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.[4 分] 1? (2)由(1)知 g? ? x?=-ln x+x, 1? 1 设 h(x)=g(x)-g? ?x?=2ln x-x+x, ?x-1?2 则 h′(x)=- ,且 x>0.[6 分] x2 1? 当 x=1 时,h(1)=0,即 g(x)=g? ? x ?; 当 x∈(0,1)∪(1,+∞)时,h′(x)<0,h′(1)=0, 因此,h(x)在(0,+∞)内单调递减, 1? 当 0<x<1 时,h(x)>h(1)=0,即 g(x)>g? ? x ?, 1? 当 x>1 时,h(x)<h(1)=0,即 g(x)<g? ?x?.[9 分] (3)由(1)知,g(x)的最小值为 g(1)=1, 1 1 ∴g(a)-g(x)< 对?x>0 成立?g(a)-1< . a a 1 1 则 ln a+ -1< ,即 ln a<1, a a ∴0<a<e. 故实数 a 的取值范围是(0,e).[12 分] 评分细则 (1)g(x)的单调区间写成(0,1], [1, +∞)的不扣分; 只求出极值没有写出最值的扣 1 分; (2)a 的取值范围写成不等式的不扣分;没有下结论的扣 1 分. 阅卷老师提醒 (1)研究函数相关问题,树立定义域优先意识. (2)树立分类讨论,转化化归的思想意识,善于根据条件特征构造函数,重视函数、不等式(方程) 间的转化. 1 (3)对于不等式恒成立问题,善于转化为 g(a)- <g(x)min,分离参数或构造关于参数的不等式, a 达到求解目的.

1.(2013· 课标全国Ⅱ)已知函数 f(x)=x3+ax2+bx+c,下列结论中错误的是 A.?x0∈R,f(x0)=0 B.函数 y=f(x)的图象是中心对称图形 C.若 x0 是 f(x)的极小值点,则 f(x)在区间(-∞,x0)上单调递减 D.若 x0 是 f(x)的极值点,则 f′(x0)=0 答案 C

(

)

解析 A 项,因为函数 f(x)的值域为 R,所以一定存在 x0∈R,使 f(x0)=0,A 正确.B 项,假设 函数 f(x)=x3+ax2+bx+c 的对称中心为(m,n),按向量 a=(-m,-n)将函数的图象平移,则 所得函数 y=f(x+m)-n 是奇函数.所以 f(x+m)+f(-x+m)-2n=0,化简得(3m+a)x2+m3+ a? a am2+bm+c-n=0.上式对 x∈R 恒成立, 故 3m+a=0, 得 m=- , n=m3+am2+bm+c=f? ?-3?, 3 a a - ??,故 y=f(x)的图象是中心对称图形, 所以函数 f(x)=x3+ax2+bx+c 的对称中心为?-3,f? ? 3?

?

?

B 项正确.C 项,由于 f′(x)=3x +2ax+b 是二次函数,f(x)有极小值点 x0,必定有一个极大值点 x1, 若 x1<x0, 则 f(x)在区间(-∞, x0)上不单调递减, C 错误. D 项, 若 x0 是极值点, 则一定有 f′(x0) =0.故选 C. 2.已知函数 f(x)=x2+mx+ln x 是单调递增函数,则 m 的取值范围是 A.m>-2 2 C.m<2 2 答案 B 2x2+mx+1 解析 依题意知,x>0,f′(x)= , x 令 g(x)=2x2+mx+1,x∈(0,+∞), m 当- ≤0 时,g(0)=1>0 恒成立,∴m≥0 成立, 4 m 当- >0 时,则 Δ=m2-8≤0,∴-2 2≤m<0, 4 综上,m 的取值范围是 m≥-2 2. 1 3.已知函数 f(x)= mx2+ln x-2x 在定义域内是增函数,则实数 m 的取值范围为________. 2 答案 [1,+∞) 1 解析 f′(x)=mx+ -2≥0 对一切 x>0 恒成立, x 1?2 2 m≥-? ? x? +x, 1?2 2 1 令 g(x)=-? ?x? +x,则当x=1 时,函数 g(x)取最大值 1,故 m≥1. 1 1 2 4.设 f(x)=- x3+ x2+2ax.若 f(x)在( ,+∞)上存在单调递增区间,则 a 的取值范围为 3 2 3 ________. B.m≥-2 2 D.m≤2 2 ( )

2

1 答案 (- ,+∞) 9 1 1 解析 由 f′(x)=-x2+x+2a=-(x- )2+ +2a. 2 4 2 2 2 当 x∈[ ,+∞)时,f′(x)的最大值为 f′( )= +2a. 3 3 9 2 1 令 +2a>0,得 a>- . 9 9 1 2 所以当 a>- 时,f(x)在( ,+∞)上存在单调递增区间. 9 3 1 5.已知函数 f(x)=x- ,g(x)=x2-2ax+4,若对于任意 x1∈[0,1],存在 x2∈[1,2],使 f(x1)≥g(x2), x+1 则实数 a 的取值范围是__________. 9 ? 答案 ? ?4,+∞? 解析 由于 f′(x)=1+ 1 >0,因此函数 f(x)在[0,1]上单调递增,所以 x∈[0,1]时,f(x)min= ?x+1?2

x f(0)=-1.根据题意可知存在 x∈[1,2],使得 g(x)=x2-2ax+4≤-1,即 x2-2ax+5≤0,即 a≥ + 2 5 x 5 x 能成立, 令 h(x)= + , 则要使 a≥h(x)在 x∈[1,2]能成立, 只需使 a≥h(x)min, 又函数 h(x)= + 2x 2 2x 2 5 9 9 在 x∈[1,2]上单调递减,所以 h(x)min=h(2)= ,故只需 a≥ . 2x 4 4

专题限时规范训练
一、选择题 1.已知函数 y=-xf′(x)的图象如图所示(其中 f′(x)是函数 f(x)的导函数),下面四个图象中,y=f(x)的 图象可能是 ( )

答案 B

解析 由函数 y=-xf′(x)的图象知 x<-1 时,f′(x)>0,f(x)为增函数;-1<x<0 时,f′(x)<0,f(x) 为减函数;0<x<1 时,f′(x)<0,f(x)为减函数;x>1 时,f′(x)>0,f(x)为增函数. π? ? π? ?π? 2.若函数 f(x)=cos x+2xf′? ( ) ?6?,则 f?-3?与 f?3?的大小关系是 π? ?π? A.f? ?-3?=f?3? π π - ?<f? ? C.f? ? 3? ?3? 答案 C π? 解析 依题意得 f′(x)=-sin x+2f′? ?6?, π? π ?π? f′? ?6?=-sin 6+2f′?6?, π? 1 f′? ?6?=2,f′(x)=-sin x+1≥0, 故 f(x)=cos x+x 是 R 上的增函数, π? ?π? π π 又- < ,所以有 f? ?-3?<f?3?. 3 3 1 3.(2012· 辽宁)函数 y= x2-ln x 的单调递减区间为 2 A.(-1,1] C.[1,+∞) 答案 B 解析 根据函数的导数小于 0 的解集就是函数的单调减区间求解. 由题意知,函数的定义域为(0,+∞), 1 又由 y′=x- ≤0,解得 0<x≤1, x 所以函数的单调递减区间为(0,1]. 4.已知函数 f(x)=x2-ax+3 在(0,1)上为减函数,函数 g(x)=x2-aln x 在(1,2)上为增函数,则 a 的值 等于 A.1 答案 B 解析 ∵函数 f(x)=x2-ax+3 在(0,1)上为减函数, a ∴ ≥1,得 a≥2. 2 a 又∵g′(x)=2x- ,依题意 g′(x)≥0 在 x∈(1,2)上恒成立,得 2x2≥a 在 x∈(1,2)上恒成立,有 a≤2, x ∴a=2. 5.(2012· 陕西)设函数 f(x)=xex,则 A.x=1 为 f(x)的极大值点 B.x=1 为 f(x)的极小值点 C.x=-1 为 f(x)的极大值点 D.x=-1 为 f(x)的极小值点 答案 D ( ) B.2 C.0 D. 2 ( ) B.(0,1] D.(0,+∞) ( ) π? ?π? B.f? ?-3?>f?3? D.不确定

解析 ∵f(x)=xex,∴f′(x)=ex+xex=ex(1+x). ∴当 f′(x)≥0 时,即 ex(1+x)≥0,即 x≥-1, ∴x≥-1 时函数 y=f(x)为增函数. 同理可求,x<-1 时函数 f(x)为减函数. ∴x=-1 时,函数 f(x)取得极小值. 6.(2012· 大纲全国)已知函数 y=x3-3x+c 的图象与 x 轴恰有两个公共点,则 c 等于( A.-2 或 2 C.-1 或 1 答案 A 解析 ∵y′=3x2-3,∴当 y′=0 时,x=± 1. 则 x,y′,y 的变化情况如下表: x y′ y (-∞,-1) + ↗ c+2 -1 (-1,1) - ↘ c-2 1 (1,+∞) + ↗ B.-9 或 3 D.-3 或 1 )

因此,当函数图象与 x 轴恰有两个公共点时,必有 c+2=0 或 c-2=0,∴c=-2 或 c=2.

1 7.已知函数 f(x)= x4-2x3+3m,x∈R,若 f(x)+9≥0 恒成立,则实数 m 的取值范围是 2 ( 3 A.m≥ 2 3 C.m≤ 2 答案 A 1 解析 因为函数 f(x)= x4-2x3+3m,所以 f′(x)=2x3-6x2,令 f′(x)=0,得 x=0 或 x=3,经检 2 27 验知 x=3 是函数的一个最小值点,所以函数的最小值为 f(3)=3m- ,不等式 f(x)+9≥0 恒成 2 27 3 立,即 f(x)≥-9 恒成立,所以 3m- ≥-9,解得 m≥ . 2 2 xf′?x?-f?x? 8.设 f(x)是定义在 R 上的奇函数,且 f(2)=0,当 x>0 时,有 <0 恒成立,则不等式 x2 x2f(x)>0 的解集是 A.(-2,0)∪(2,+∞) C.(-∞,-2)∪(2,+∞) 答案 D 解析 x>0 时? ? 此时 x2f(x)>0. 又 f(x)为奇函数,∴h(x)=x2f(x)也为奇函数. 故 x2f(x)>0 的解集为(0,2)∪(-∞,-2). 二、填空题 1 39 9.某名牌电动自行车的耗电量 y 与速度 x 之间有如下关系:y= x3- x2-40x(x>0),为使耗电量最 3 2 小,则速度应定为________. 答案 40 解析 ∵y′=x2-39x-40,令 y′=0. 即 x2-39x-40=0,解得 x=40 或 x=-1(舍). 当 x>40 时,y′>0,当 0<x<40 时,y′<0, 所以当 x=40 时,y 最小. x 10.函数 f(x)=2mcos2 +1 的导函数的最大值等于 1,则实数 m 的值为________. 2 答案 ± 1 x 解析 显然 m≠0,所以 f(x)=2mcos2 +1 2 x =m(2cos2 -1)+m+1=mcos x+m+1, 2 因此 f′(x)=-msin x,其最大值为 1,故有 m=± 1. 11.已知函数 f(x)=ex-2x+a 有零点,则 a 的取值范围是________. f?x?? f?x? x ?′<0,∴φ(x)= x 为减函数, B.(-2,0)∪(0,2) D.(-∞,-2)∪(0,2) ( ) 3 B.m> 2 3 D.m< 2 )

又 φ(2)=0,∴当且仅当 0<x<2 时,φ(x)>0,

答案 (-∞,2ln 2-2] 解析 函数 f(x)=ex-2x+a 有零点,即方程 ex-2x+a=0 有实根,即函数 g(x)=2x-ex,y=a 有交点,而 g′(x)=2-ex,易知函数 g(x)=2x-ex 在(-∞,ln 2)上递增,在(ln 2,+∞)上递减, 因而 g(x)=2x-ex 的值域为(-∞, 2ln 2-2], 所以要使函数 g(x)=2x-ex, y=a 有交点, 只需 a≤2ln 2-2 即可. 1 x2 1 12.函数 f(x)(x∈R)满足 f(1)=1,f′(x)< ,则不等式 f(x2)< + 的解集为________. 2 2 2 答案 (-∞,-1)∪(1,+∞) t 1 解析 (利用换元法)将 x2 换元成 t,则原式化为 f(t)< + , 2 2 t 1 1 当 t=1 时,f(t)=1,且 + =1,又由 f′(t)< , 2 2 2 t 1 t 1 可知当 t>1 时,f(t)< + ;当 t<1 时,f(t)> + . 2 2 2 2 t 1 故 f(t)< + 的解集为 t>1,即 x2>1, 2 2 因此 x∈(-∞,-1)∪(1,+∞). 三、解答题 13.(2013· 福建)已知函数 f(x)=x-aln x(a∈R). (1)当 a=2 时,求曲线 y=f(x)在点 A(1,f(1))处的切线方程; (2)求函数 f(x)的极值. a 解 函数 f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=1- . x 2 (1)当 a=2 时,f(x)=x-2ln x,f′(x)=1- (x>0), x 因而 f(1)=1,f′(1)=-1, 所以曲线 y=f(x)在点 A(1,f(1))处的切线方程为 y-1=-(x-1),即 x+y-2=0. a x-a (2)由 f′(x)=1- = ,x>0 知: x x ①当 a≤0 时,f′(x)>0,函数 f(x)为(0,+∞)上的增函数,函数 f(x)无极值; ②当 a>0 时,由 f′(x)=0,解得 x=a. 又当 x∈(0,a)时,f′(x)<0;当 x∈(a,+∞)时,f′(x)>0, 从而函数 f(x)在 x=a 处取得极小值,且极小值为 f(a)=a-aln a,无极大值. 综上,当 a≤0 时,函数 f(x)无极值; 当 a>0 时,函数 f(x)在 x=a 处取得极小值 a-aln a,无极大值. 14.(2013· 山东)已知函数 f(x)=ax2+bx-ln x(a,b∈R). (1)设 a≥0,求 f(x)的单调区间; (2)设 a>0,且对任意 x>0,f(x)≥f(1).试比较 ln a 与-2b 的大小. 解 (1)f(x)的定义域为 x∈(0,+∞), f′(x)= 2ax2+bx-1 . x bx-1 . x

当 a=0 时,f′(x)=

①若 b≤0,当 x>0 时,f′(x)<0 恒成立,所以函数 f(x)的单调递减区间是(0,+∞). 1 1 ②若 b>0,当 0<x< 时,f′(x)<0,当 x> 时,f′(x)>0. b b 1? ?1 ? 所以函数 f(x)的单调递减区间是? ?0,b?,单调递增区间是?b,+∞?. 当 a>0 时,由 f′(x)=0 得 2ax2+bx-1=0. -b- b2+8a -b+ b2+8a 解得 x1= ,x2= ,此时 x1<0,x2>0. 4a 4a 当 0<x<x2 时,f′(x)<0,当 x>x2 时,f′(x)>0.

? -b+ b2+8a?,单调递增区间是 所以函数 f(x)的单调递减区间是?0, ? 4a ? ? ?-b+ b2+8a ? ? ,+∞?. 4a ? ?
综上所述:当 a=0,b≤0 时,函数 f(x)的单调递减区间是(0,+∞). 1? ?1 ? 当 a=0,b>0 时,函数 f(x)的单调递减区间是? ?0,b?,单调递增区间是?b,+∞?.

? -b+ b2+8a?,单调递增区间 当 a>0 时,函数 f(x)的单调递减区间是?0, ? 4a ? ?
是?

?-b+ b2+8a ? ,+∞?. 4a ? ?

(2)由题意知:函数 f(x)在 x=1 处取得最小值, -b+ b2+8a -b+ b2+8a 由(1)知, 是 f(x)的惟一极小值点,故 =1,整理得 b=1-2a. 4a 4a 令 g(x)=2-4x+ln x,则 g′(x)= 1 令 g′(x)=0 得 x= . 4 1 当 0<x< 时,g′(x)>0,g(x)单调递增; 4 1 当 x> 时,g′(x)<0,g(x)单调递减; 4 1? 1 所以 g(x)≤g? ?4?=1+ln4=1-ln 4<0. 故 g(a)<0,即 2-4a+ln a=2b+ln a<0, 即 ln a<-2b. 1-4x , x


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