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专题二集合与常用逻辑用语、不等式、函数与导数第五讲导数及其应用


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.对任意 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 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, ? B.4 C.5 D.6 ( )

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 其中 k∈N*. k )处的切线与 x 轴的交点的横坐标为 ak+1, 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 解析 (1)(-2,15) (2)21 (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 1 1 1 1 1 ,ln ?, 坐标, 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 代入直线方程,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,+∞), 2 2?x+1??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 2 -1)(ex-2a), 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 2 当 x=e 时,f(x)取得最大值 e +1. 2 2 1 (2)证明 设 h(x)=g(x)-f(x)= x3- x2-ln x,x∈[1,+∞), 3 2 3 2 2 x - x - 1 1 则 h′(x)=2x2-x- = x x 2 ?x-1??2x +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 3 ? π 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?上的图象是连续不断的, ?π,π?, 由 g? = 1>0 , g ( π ) =- π<0 , 且 g ( x ) 在 故存在 m ∈ ?2? ?2 ? ?2 ? 使得 g(m)=0. π ? ?π ? 由 g′(x)=2cos x-xsin x,知 x∈? ?2,π?时,有 g′(x)<0,从而 g(x)在?2,π?内单调递减. 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. 2 变式训练 4 (2013· 辽宁)(1)证明:当 x∈[0,1]时, x≤sin x≤x; 2 x3 (2)若不等式 ax+x2+ +2(x+2)cos x≤4 对 x∈[0,1]恒成立,求实数 a 的取值范围. 2 2 (1)证明 记 F(x)=sin x- x, 2 2 则 F′(x)=cos x- . 2 π? ? π? 当 x∈? ?0,4?时,F′(x)>0,F(x)在?0,4?上是增函数; π ? π ,1 时,F′(x)<0,F(x)在? ,1?上是减函数. 当 x∈? ?4 ? ?4 ? 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. 2 综上, x≤sin x≤x,x∈[0,1]. 2 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 ? (2)解

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 3 x 因为当 x∈[0,1]时,ax+x2+ +2(x+2)cos x-4 2 3 x 2 x =(a+2)x+x + -4(x+2)sin 2 2 2 x ?2 x3 ≥(a+2)x+x2+ -4(x+2)? ?2? 2 x3 =(a+2)x-x2- 2 2 3 2 3 x- ?a+2??. ≥(a+2)x- x =- 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 2 ax0+x0+ +2(x0+2)cos x0-4>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 2 3x 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

(14 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 (1)由题意,g(x)=ln x+ ,x>0, x x-1 ∴g′(x)= 2 ,且 x>0, x 解 令 g′(x)=0,得 x=1, 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. 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 ?. (3)由(1)知,g(x)的最小值为 g(1)=1, [10 分] [2 分]

[6 分]

1 1 ∴g(a)-g(x)< 对任意 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). 评分细则 [14 分]

(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,转化与化归的思想意识,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 a 等式,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.存在 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+am2+bm+c-n=0.上式对 x∈R 恒成立,故 3m+a=0,得 m= a? a 3 2 - , n = m3 + am2 + bm + c = f ? ?-3? ,所以函数 f(x) = x + ax + bx + c 的对称中心为 3 ?-a,f?-a??,故 y=f(x)的图象是中心对称图形,B 项正确.C 项,由于 f′(x)=3x2+ ? 3 ? 3?? 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 B.m≥-2 2 D.m≤2 2 ( )

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 解析 [1,+∞) 1 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 ________. 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 x+1 f(x1)≥g(x2),则实数 a 的取值范围是__________. 9 ? 答案 ? ?4,+∞? 1 解析 由于 f′(x)=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 =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, x 5 x 5 即 a≥ + 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, 2 2x 2 2x x 5 9 9 又函数 h(x)= + 在 x∈[1,2]上单调递减,所以 h(x)min=h(2)= ,故只需 a≥ . 2 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? C.f? ?-3?<f?3? 答案 C π? 解析 依题意得 f′(x)=-sin x+2f′? ?6?, π? π ?π?, f′? =- sin + 2 f ′ ?6? ?6? 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 - ?<f? ?. 又- < ,所以有 f? 3 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 B.(0,1] D.(0,+∞) π? ?π? B.f? ?-3?>f?3? D.不确定 ( )

(

)

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 x 立,有 a≤2,∴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 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 ) ( ) B.2 C.0 D. 2 ( )

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 2 27 =3,经检验知 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 2 27 3 式 f(x)+9≥0 恒成立,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 x2 等式 x2f(x)>0 的解集是 A.(-2,0)∪(2,+∞) C.(-∞,-2)∪(2,+∞) 答案 D f?x? f?x? 解析 x>0 时? x ?′<0,∴φ(x)= 为减函数, x ? ? 又 φ(2)=0,∴当且仅当 0<x<2 时,φ(x)>0, 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 3 2 耗电量最小,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. B.(-2,0)∪(0,2) D.(-∞,-2)∪(0,2) ( ) 3 B.m> 2 3 D.m< 2 )

11.已知函数 f(x)=ex-2x+a 有零点,则 a 的取值范围是________. 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 解析 (-∞,-1)∪(1,+∞) t 1 (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 2 故 f(t)< + 的解集为 t>1,即 x >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 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 解 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,+∞),

2ax2+bx-1 f′(x)= . x bx-1 当 a=0 时,f′(x)= . 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 0, ?,单调递增区间是? ,+∞?. 所以函数 f(x)的单调递减区间是? ? b? ?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 ? ? 2 ?-b+ b +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 ? ? -b+ b2+8a ? ? 是? ,+∞?. 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 1- 4x 令 g(x)=2-4x+ln x,则 g′(x)= , 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.


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