导数及其应用基础测验.docx

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)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，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；(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 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 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)cos 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，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，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