导数在研究函数中的应用(含标准答案).doc

完整word)导数在研究函数中的应用(含标准答案)
导数在研究函数中的应用
【自主归纳，自我查验】
一、自主归纳
1．利用导函数判断函数单调性问题
函数f(x)在某个区间(a，b）内的单调性与其导数的正负有如下关系
(1)若____ ___，则f(x)在这个区间上是增加的．
(2)若____ ___，则f（x）在这个区间上是减少的．
(3）若_____ __，则f(x）在这个区间内是常数．
2．利用导数判断函数单调性的一般步骤
(1)求f′（x）．
(2)在定义域内解不等式f′（x）>0或f′(x)〈0.
（3)根据结果确定f（x)的单调区间．
3．函数的极大值
在包含的一个区间(a，b)内，函数y＝f(x)在任何一点的函数值都_____点的函数值，称点为函数y＝f(x）的极大值点，其函数值f（）为函数的极大值．
4．函数的极小值
在包含x0的一个区间(a，b）内，函数y＝f（x)在任何一点的函数值都_____点的函数值,称点x0为函数y＝f（x）的极小值点，其函数值f()为函数的极小值．极大值与极小值统称为_______，极大值点与极小值点统称为极值点．
5．函数的最值与导数
1．函数y＝f（x）在［a，b]上的最大值点指的是：函数在这个区间上所有点的函数值都_________f(）．
2．函数y＝f（x)在［a，b］上的最小值点指的是：函数在这个区间上所有点的函数值都_________f（)．
二、自我查验
1．函数f(x)＝x＋eln x的单调递增区间为(　　)
A．(0，＋∞) B．(－∞，0）
C．（－∞，0）和(0，＋∞) D．R
2．若函数f(x)＝x3＋x2＋mx＋1是R上的单调增函数,则m的取值范围是________．
3。函数f(x)的定义域为开区间（a,b)，导函数f　′(x）在（a，b)内的图象如图所示，则函数f（x）在开区间（a，b）内有极小值点（　　)
A．1个 B．2个
C．3个 D．4个
4．若函数f（x)＝x3＋ax2＋3x－9在x＝－3时取得极值，则a等于(　　)
A．2 B．3
C．4 D．5
5。函数的最大值为（ ）
A． B．
C． D．
【典型例题】
考点一　利用导数研究函数的单调性
【例1】（2015·高考全国卷Ⅱ）已知函数f(x)＝ln x＋a(1－x)．
(1）讨论f（x）的单调性;
(2）当f(x)有最大值,且最大值大于2a－2时，求a的取值范围．

【变式训练1】已知．
(1)若时,求曲线在点处的切线方程；
(2）若，求函数的单调区间．

考点二　利用导函数研究函数极值问题
【例2】已知函数.
(1）当时,求函数的极值;
(2)求函数的单调区间。

【变式训练2】(2011·安徽)设f（x)＝,其中a为正实数.当a＝时，求f（x)的极值点；

考点三　利用导函数求函数最值问题
【例3】已知为实数,。
（1）求导数；
（2）若，求在上的最大值和最小值。

【应用体验】
1.函数的单调递减区间为（ ）
A． B．
C． D．
2。函数的单调递减区间是（ ）
A． B． C． D．
3。函数的单调递增区间是（ )
A． B．
C． D．
4。设函数，则( ）
A．为的极大值点
B．为的极小值点
C．为的极大值点
D．为的极小值点
5．函数的极大值为，那么的值是（ ）
A． B．
C． D．
【复习与巩固】
A组 夯实基础
一、选择题
1．已知定义在上的函数，其导函数的大致图象如图所示，则下列叙述正确的是（ )

A． B．
C． D．
2。函数在处取得极值，则等于（ )
A． B．
C． D．
3。函数(为自然对数的底数)在区间上的最大值是（ )
A.1＋ B.1
C。e＋1 D。e－1

二、填空题
4.若函数是上的单调增函数，则实数的取值范围是________________．
5。若函数在处取得极值，则的值为_________。
6.函数在上的最小值是_____________.
三、解答题
7.已知函数求函数的单调区间

8.已知函数．
（1）若在上单调递减,求实数的取值范围；
（2)若，求函数的极小值。

B组 能力提升
一、选择题
1．已知函数在其定义域内的一个子区间内不是单调函数，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
2。若函数在内无极值，则实数的取值范围是（ )
A． B．
C． D．
3.若函数在上有最大值3，则该函数在上的最小值是（ )
A． B．0
C． D．1

二、 填空题
4．已知函数f(x）＝x2＋2ax－ln x，若f（x)在区间上是增函数，则实数a的取值范围为________．
5．设x1，x2是函数f(x）＝x3－2ax2＋a2x的两个极值点,若x1〈2．
三、解答题
7．已知函数f(x）＝x－2ln x－＋1，g(x)＝ex(2ln x－x)．
(1)若函数f（x)在定义域上是增函数，求a的取值范围；(2)求g（x)的最大值．

8．设函数f（x)＝（x－1)ex－kx2(其中k∈R）．
（1）当k＝1时,求函数f（x）的单调区间和极值；
（2)当k∈［0，＋∞）时，证明函数f（x）在R上有且只有一个零点．

《导数在研究函数中的应用》标准答案
一． 自主归纳
1.（1）f′(x）>0 （2)f′(x)<0 （3)f′（x）＝0 3。 小于
4。 大于 极值
5。不超过 不小于
二． 自我查验
1。解析:函数定义域为（0，＋∞),f′（x)＝1＋>0,故单调增区间是(0，＋∞）．
答案：A
2。解析：∵f（x）＝x3＋x2＋mx＋1，
∴f′（x)＝3x2＋2x＋m。
又∵f（x）在R上是单调增函数，∴f′(x）≥0恒成立,∴Δ＝4－12m≤0，即m≥。
答案：
3.解析：导函数f　′（x）的图象与x轴的交点中，左侧图象在x轴下方,右侧图象在x轴上方的只有一个,故选A.
答案:A
4.解析：f　′(x）＝3x2＋2ax＋3，由题意知f　′(－3)＝0，即3×(－3)2＋2×（－3）a＋3＝0,解得a＝5。
答案:D
5。。A【解析】，令，当时函数单调递增，当时函数单调递减，,故选A.
三． 典型例题
【例题1】（1）f(x)的定义域为(0，＋∞），f′（x)＝－a。若a≤0,则f′（x)>0，
所以f（x）在(0，＋∞)单调递增．若a>0，则当x∈时，f′（x）>0；
当x∈时，f′（x)〈0.所以f(x)在单调递增，
在单调递减．
(2）由（1）知，当a≤0时，f（x）在（0，＋∞）无最大值；当a>0时,f(x)在x＝处取得最大值，最大值为f＝ln＋a＝－ln a＋a－1.
因此f>2a－2等价于ln a＋a－1〈0。
令g(a）＝ln a＋a－1，则g（a)在(0,＋∞)单调递增,g(1)＝0.
于是,当0所述，当时，函数的单调增区间为；当时，函数的单调增区间为，单调减区间为.
【变式训练2】解　对f(x）求导得
f′（x）＝ex·。 当a＝时，若f′(x)＝0, 则4x2－8x＋3＝0，
解得x1＝,x2＝.结合①，可知
x
（－∞,)

（，)

(，＋∞）
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f（x）

极大值

极小值

所以x1＝是极小值点，x2＝是极大值点。
【例题3】1）.
（2）由得，
故，
则，
由,，
故，.
【变式训练3】1）当时，函数，在上单调递增，当时,，令，得,所以当时，，函数单调递减；当时,，函数单调递增。
(2)由（1）可知，当时,函数,不符合题意。
当时，在上单调递减，在上单调递增.
①当，即时，最小值为.
解，得，符合题意。
②当,即时，最小值为，
解，得,不符合题意。
综上,。
应用体验:
1.D
【解析】函数的定义域为，令，解得，又，所以,故选D。
考点：求函数的单调区间。
2。A
【解析】导数为，令,得，所以减区间为。
考点：利用导数求函数的单调区间．
3。C
【解析】,令，解得,所以函数的单调增区间为．故选C．
4.【解析】，由得，又函数定义域为，当时，，递减,当时，，递增，因此是函数的极小值点．故选D．
考点：函数的极值点．

5.D
【解析】，令
可得，容易判断极大值为.
考点：函数的导数与极值.
复习与巩固
A组
1。C
【解析】由图象可知函数在上单调递增,在上单调递减,在上单调递增,又，且，故．
考点:利用导数求函数单调性并比较大小．

2.B
【解析】,由题意可得，.故选B.
考点：极值点问题。

3.D
【解析】，令得。
又且＝,所以故选D。
考点：利用导数求函数在闭区间上的最值.

4.
【解析】由题意得在上恒成立，则,即恒成立.令，则，因为为上的二次函数，所以，则的取值范围是.
5。0
【解析】，
由题意得．
考点：导数与极值．
6。
【解析】因为，,所以在单调递减，在单调递增,从而函数在上的最小值是.
考点：函数的最值与导数.
7.【解析】的定义域为,
，令,则或（舍去）。
∴当时，，递减，当时，，递增，
∴的递减区间是，递增区间是．
考点：利用导数求函数的单调区间．
8。（1)（2）
【解析】（1）函数，则，由题意可得在上恒成立，∴，
∵,时，函数取最小值，，
（2）当时，，，
令,得，解得或（舍去），即.
当时,,当时，，
∴的极小值为.
B组
1。D
【解析】因为函数在区间上不单调,所以
在区间上有零点，
由,得,则得，故选D．
考点：函数的单调性与导数的关系．
2.C
【解析】，①当时，，所以在上单调递增,在内无极值,所以符合题意;②当时，令,即，解得，当时，，当时,，所以的单调递增区间为，单调递减区间为,当时原函数取得极大值，当时,原函数取得极小值，要满足原函数在内无极值，需满足，解得.综合①②得，的取值范围为，故选C。
考点:导函数,分类讨论思想。
3。C
【解析】，当时,或，当时，,所以在区间上函数递增，在区间上函数递减，所以当时，函数取得最大值，则,所以，，所以最小值是．
考点:利用导数求函数在闭区间上的最值。
4.解析：由题意知f′（x）＝x＋2a－≥0在上恒成立，即2a≥－x＋在上恒成立，∵max＝，∴2a≥,即a≥.
答案:
5。解析:本题考查利用导数研究函数的极值及不等式的解法．由f′(x）＝3x2－4ax＋a2＝0得x1＝，x2＝a.又∵x1〈20，g（x）单调递增，当x>ln 2时,g′（x)<0,g(x)单调递减，∴当x＝ln 2时,g（x)取得最大值，且g（x）max＝g（ln 2＝2ln 2－2，∴a≤2ln 2－2。
答案：（－∞,2ln 2－2)
7.解：（1）由题意得x>0，f′(x)＝1－＋。
由函数f(x)在定义域上是增函数,得f′（x）≥0,即a≥2x－x2＝－(x－1）2＋1（x〉0）．
因为－（x－1）2＋1≤1（当x＝1时，取等号)，所以a的取值范围是[1,＋∞)．
(2)g′（x)＝ex,由(1）得a＝2时，f(x）＝x－2ln x－＋1，
且f(x)在定义域上是增函数，又f(1)＝0，
所以，当x∈（0，1）时，f(x)〈0,当x∈(1，＋∞）时，f(x）>0.
所以，当x∈(0，1)时,g′（x）>0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)〈0。
故当x＝1时,g（x)取得最大值－e。
8.解：（1）当k＝1时，f（x)＝（x－1)ex－x2，f′(x)＝ex＋(x－1)ex－2x＝xex－2x＝x（ex－2），
令f′（x)＝0，得x1＝0,x2＝ln 2。
当x变化时，f′(x)，f（x)的变化如下表：
x
(－∞，0）
0
（0，ln 2）
ln 2
(ln 2,＋∞）
f′(x）
＋
0
－
0
＋
f（x）

极大值

极小值

由表可知，函数f(x）的单调递减区间为［0，ln 2］,单调递增区间为(－∞，0］，[ln 2，＋∞）．
f(x)的极大值为f（0)＝－1，极小值为f(ln 2)＝
－(ln 2）2＋2ln 2－2.
（2)f′(x)＝ex＋（x－1)ex－2kx＝xex－2kx＝x（ex－2k)，
当x<1时，f(x）<0，所以f(x)在（－∞，1）上无零点．
故只需证明函数f(x）在［1，＋∞）上有且只有一个零点．
①若k∈，则当x≥1时，f′(x）≥0,f（x）在［1,＋∞)上单调递增．
∵f(1）＝－k≤0，f（2）＝e2－4k≥e2－2e〉0，
∴f(x)在[1，＋∞)上有且只有一个零点．
②若k∈，则f(x)在[1，ln 2k］上单调递减,在［ln 2k，＋∞)上单调递增．
f(1）＝－k〈0,f(k＋1)＝kek＋1－k（k＋1）2＝k[ek＋1－(k＋1)2］，
令g（t）＝et－t2，t＝k＋1>2，则g′（t）＝et－2t,
g″(t）＝et－2，
∵t〉2，∴g″(t)>0,g′(t）在（2，＋∞)上单调递增．
∴g′（t)>g′(2)＝e2－4〉0，∴g(t）在（2，＋∞)上单调递增．
∴g(t)>g（2）＝e2－4>0。
∴f（k＋1）>0。
∴f（x)在[1,＋∞）上有且只有一个零点．
综上，当k∈[0，＋∞)时，f(x）在R上有且只有一个零点．
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