1、导数及其应用强化练习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:yx310x3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_答案(1)(2,15)解析(1)因为y3x210,设P(x,y),则由已知有3x2102,即x24,x2,又点P在第二象限,x2.则y(2)310(2)315,点P坐标为(2,15)例1-2(2013福建)已知函数f(x)xaln x(aR)(1)当a2时,求曲线yf(x)在点A(1,f(1)处的切线方程;(2)求函数f(x)的极值解函数f(x)的定义域为(0,),f(x)1.(1)当a2时,f(x)x2ln x,f(x)
2、1(x0),因而f(1)1,f(1)1,所以曲线yf(x)在点A(1,f(1)处的切线方程为y1(x1),即xy20.(2)由f(x)1,x0知:当a0时,f(x)0,函数f(x)为(0,)上的增函数,函数f(x)无极值;当a0时,由f(x)0,解得xa.又当x(0,a)时,f(x)0,从而函数f(x)在xa处取得极小值,且极小值为f(a)aaln a,无极大值综上,当a0时,函数f(x)无极值;当a0时,函数f(x)在xa处取得极小值aaln a,无极大值变式训练1(1)(2013湖北)直线y2xb是曲线yln x (x0)的一条切线,则实数b_.答案ln 21解析切线的斜率是2,根据导数的
3、几何意义可以求出切点的横坐标,进而求出切点的坐标,切点在切线上,代入即可求出b的值y,令2,得x,故切点为,代入直线方程,得ln 2b,所以bln 21.题型二利用导数研究函数的单调性例2已知函数f(x)x2aln x.(1)当a2时,求函数f(x)的单调递减区间;(2)若函数g(x)f(x)在1,)上单调,求实数a的取值范围审题破题(1)直接根据f(x)0时,求函数f(x)的单调区间解(1)函数的定义域为(,2)依题意得f(x)a.因此过(1,f(1)点的切线的斜率为a1.又f(1)a,所以过点(1,f(1)的切线方程为ya(a1)(x1),即(a1)xy10.又已知圆的圆心为(1,0),半
4、径为1,依题意,有1,解得a1.(2)f(x)ln(2x)ax的定义域为(,2),f(x)a.因为a0,所以20,解得x2;令f(x)0,解得2x0,所以f(x)在区间1,e上为增函数所以当x1时,f(x)取得最小值;当xe时,f(x)取得最大值e21.(2)证明设h(x)g(x)f(x)x3x2ln x,x1,),则h(x)2x2x.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.所以对于x(1,),g(x)f(x)成立,即f(x)的图象在g(x)的图象的下方变式训练3(2013广东)设函数f(x)(x1)exkx2(kR)(1)当k1时,求函数f(x)的
5、单调区间;(2)当k时,求函数f(x)在0,k上的最大值M.解(1)当k1时,f(x)(x1)exx2,f(x)ex(x1)ex2xx(ex2)令f(x)0得x10,x2ln 2.列表如下:x(,0)0(0,ln 2)ln 2(ln 2,)f(x)00f(x)极大值极小值由表可知,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(x1)ex2kxx(ex2k),k1,12k2,由(1)可知f(x)在(0,ln 2k)上单调递减,在(ln 2k,)上单调递增设g(x)xln 2x,则g(x)11,x1,12,1g(1)1ln 20,0即kln 2k,
6、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)(k1)ekk3,下面比较f(0)与f(k)的大小令h(k)f(k)f(0)(k1)ekk31,则h(k)k(ek3k),再令(k)ek3k,则(k)ek3e30,(k)在上递减,而(1)(e3)0,当k(x0,1)时,(k)0,h(1)0.h(k)0在上恒成立,当且仅当k1时取“”综上,函数f(x)在0,k上的最大值M(k1)ekk3.题型四导数的综合应用例4已知函数f(x)axsin x(a0),且f(x)在区间上的最大值为.(1)求函数f(x)的解析式;(
7、2)判断函数f(x)在(0,)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)asin xaxcos xa(sin xxcos x)x时,sin xxcos x0.又a0,f(x)0,f(x)在上是增函数则f(x)maxfa,a1,所以f(x)xsin x.(2)函数f(x)在区间(0,)内有且只有两个零点证明如下:由(1)知,f(x)xsin x,从而f(0)0.由(1)知,f(x)在上是增函数,且f(x)的图象连续不间断,f(x)在区间上有唯一零点;当x时,令g(x)f(x)sin xxcos
8、x,由g10,g()0,且g(x)在上的图象是连续不断的,故存在m,使得g(m)0.由g(x)2cos xxsin x,知x时,有g(x)g(m)0,即f(x)0,从而f(x)在内单调递增,故当x时,f(x)f0.故f(x)在上无零点;当x(m,)时,有g(x)g(m)0,即f(x)0,f()0,且f(x)在m,上的图象是连续不断的,从而f(x)在(m,)内有且仅有一个零点综上所述,f(x)在(0,)内有且只有两个零点变式训练4-1(2013辽宁)(1)证明:当x0,1时,xsin xx;(2)若不等式axx22(x2)cos x4对x0,1恒成立,求实数a的取值范围(1)证明记F(x)sin
9、 xx,则F(x)cos x.当x时,F(x)0,F(x)在上是增函数;当x时,F(x)0,F(x)在上是减函数又F(0)0,F(1)0,所以当x0,1时,F(x)0,即sin xx.记H(x)sin xx,则当x(0,1)时,H(x)cos x10,所以,H(x)在0,1上是减函数,则H(x)H(0)0,即sin xx.综上,xsin xx,x0,1(2)解方法一因为当x0,1时,axx22(x2)cosx4(a2)xx24(x2)sin2(a2)xx24(x2)2(a2)x.所以,当a2时,不等式axx22(x2)cos x4对x0,1恒成立下面证明,当a2时,不等式axx22(x2)co
10、s x4对x0,1不恒成立因为当x0,1时,axx22(x2)cos x4(a2)xx24(x2)sin 2(a2)xx24(x2)2(a2)xx2(a2)xx2x.所以存在x0(0,1)满足ax0x2(x02)cos x040.即当a2时,不等式axx22(x2)cos x44对x0,1不恒成立综上,实数a的取值范围是(,2方法二记f(x)axx22(x2)cos x4,则f(x)a2x2cos x2(x2)sin x.记G(x)f(x),则G(x)23x4sin x2(x2)cos x.当x(0,1)时,cos x,因此G(x)23x4x(x2)(22)x0.于是f(x)在0,1上是减函数
11、,因此,当x(0,1)时,f(x)f(0)a2.故当a2时,f(x)0,从而f(x)在0,1上是减函数,所以f(x)f(0)0.即当a2时,不等式axx22(x2)cos x4,对x0,1恒成立下面证明:当a2时,不等式axx22(x2)cos x4,对x0,1不恒成立由于f(x)在0,1上是减函数,且f(0)a20,f(1)a2cos 16sin 1.当a6sin 12cos 1时,f(1)0,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;当2a6sin 12cos 1时,f(1)0.又f(0)0.故存在x0(0,1),使f(x0)0,则当0xx0时
12、,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.所以,当a2时,不等式axx22(x2)cos x4对x0,1不恒成立综上,实数a的取值范围是(,2变式训练4-2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;(2)讨论g(x)与g的大小关系;(3)求实数a的取值范围,使得g(a)g(x)0成立规范解答解(1)由题意,g(x)ln x,x0,g(x),且x0,令g(x)0,得x1,2分当x(0,1)时,g(x)0.故(1,)是g(x)的单调增区间,因此,x1是g(x)的唯一极值点,且为极小值点,从而是
13、最小值点所以最小值为g(1)1.4分(2)由(1)知gln xx,设h(x)g(x)g2ln xx,则h(x),且x0.6分当x1时,h(1)0,即g(x)g;当x(0,1)(1,)时,h(x)0,h(1)0,因此,h(x)在(0,)内单调递减,当0xh(1)0,即g(x)g,当x1时,h(x)h(1)0,即g(x)g.9分(3)由(1)知,g(x)的最小值为g(1)1,g(a)g(x)0成立g(a)1.则ln a1,即ln a1,0ae.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(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,达到求解目的9 / 9
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