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：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________．
答案　(1)(－2,15)　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)．
例1-2　(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．
解　函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1－.
(1)当a＝2时，f(x)＝x－2ln x，f′(x)＝1－(x>0)，
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.
(2)由f′(x)＝1－＝，x>0知：
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．
变式训练1　(1)(2013·湖北)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，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 ＝2×＋b，所以b＝－ln 2－1.
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)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，＋∞)，
当a＝－2时，f′(x)＝2x－＝，
故f(x)的单调递减区间是(0,1)．
(2)由题意得g′(x)＝2x＋－，函数g(x)在[1，＋∞)上是单调函数．
①若g(x)为[1，＋∞)上的单调增函数，则g′(x)≥0在[1，＋∞)上恒成立，
即a≥－2x2在[1，＋∞)上恒成立，
设φ(x)＝－2x2，
∵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，＋∞)．
变式训练2　已知函数f(x)＝ln(2－x)＋ax.
(1)设曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线为l，若l与圆(x＋1)2＋y2＝1相切，求a的值；
(2)当a>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a－1.
又f(1)＝a，所以过点(1，f(1))的切线方程为y－a＝(a－1)(x－1)，
即(a－1)x－y＋1＝0.
又已知圆的圆心为(－1,0)，半径为1，
依题意，有＝1，解得a＝1.
(2)f(x)＝ln(2－x)＋ax的定义域为(－∞，2)，
f′(x)＝a＋.因为a>0，所以2－<2.
令f′(x)>0，解得x<2－；
令f′(x)<0，解得2－在区间[1，e]上的最大值、最小值；
(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．
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)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.
(1)解　当x∈[1，e]时，f′(x)＝x＋>0，
所以f(x)在区间[1，e]上为增函数．
所以当x＝1时，f(x)取得最小值；
当x＝e时，f(x)取得最大值e2＋1.
(2)证明　设h(x)＝g(x)－f(x)＝x3－x2－ln x，x∈[1，＋∞)，
则h′(x)＝2x2－x－＝
＝.
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)＝(x－1)ex－kx2(k∈R)．
(1)当k＝1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
(－∞，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)，
∵
∵g(1)＝1－ln 2>0，
∵0即k>ln 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)＝(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·φ(1)＝(e－3)<0，
∴存在x0∈使得φ(x0)＝0，且当k∈时，φ(k)>0，当k∈(x0,1)时，φ(k)<0，
∴h(k)在上单调递增，在(x0,1)上单调递减．
又h＝－ ＋>0，h(1)＝0.
∴h(k)≥0在上恒成立，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　已知函数f(x)＝ax·sin x－(a>0)，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，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)．
∵x∈时，sin x＋xcos x>0.
又a>0，∴f′(x)>0，f(x)在上是增函数．
则f(x)max＝f＝a－＝，∴a＝1，
所以f(x)＝xsin x－.
(2)函数f(x)在区间(0，π)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，f＝－>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 x＋xcos x，
由g＝1>0，g(π)＝－π<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 x－xsin x，知x∈时，有g′(x)<0，从而g(x)在内单调递减．
当x∈时，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)≥f＝>0.
故f(x)在上无零点；
当x∈(m，π)时，有g(x)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(mπ)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．
变式训练4-1　(2013·辽宁)(1)证明：当x∈[0,1]时，x≤sin x≤x；
(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．
(1)证明　记F(x)＝sin x－x，
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x∈[0,1]时，F(x)≥0，即sin x≥x.
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，x≤sin x≤x，x∈[0,1]．
(2)解　方法一　因为当x∈[0,1]时，
ax＋x2＋＋2(x＋2)cosx－4＝(a＋2)x＋x2＋－4(x＋2)sin2
≤(a＋2)x＋x2＋－4(x＋2)2＝(a＋2)x.
所以，当a≤－2时，
不等式ax＋x2＋＋2(x＋2)cos x≤4对x∈[0,1]恒成立．
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．
因为当x∈[0,1]时，ax＋x2＋＋2(x＋2)cos x－4
＝(a＋2)x＋x2＋－4(x＋2)sin 2
≥(a＋2)x＋x2＋－4(x＋2)2
＝(a＋2)x－x2－
≥(a＋2)x－x2＝－x.
所以存在x0∈(0,1)
满足
ax0＋x＋＋2(x0＋2)cos x0－4＞0.
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．
综上，实数a的取值范围是(－∞，－2]．
方法二　记f(x)＝ax＋x2＋＋2(x＋2)cos x－4，则
f′(x)＝a＋2x＋＋2cos x－2(x＋2)sin x.
记G(x)＝f′(x)，则
G′(x)＝2＋3x－4sin x－2(x＋2)cos x.
当x∈(0,1)时，cos x＞，因此
G′(x)＜2＋3x－4×x－(x＋2)＝(2－2)x＜0.
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.
即当a≤－2时，不等式ax＋x2＋＋2(x＋2)cos x≤4，对x∈[0,1]恒成立．
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．
由于f′(x)在[0,1]上是减函数，
且f′(0)＝a＋2＞0，f′(1)＝a＋＋2cos 1－6sin 1.
当a≥6sin 1－2cos 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－2＜a＜6sin 1－2cos 1－时，f′(1)＜0.
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.
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．
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)<对任意x>0成立．
规范解答
解　(1)由题意，g(x)＝ln x＋，x>0，
∴g′(x)＝，且x>0，
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]
(2)由(1)知g＝－ln x＋x，
设h(x)＝g(x)－g＝2ln x－x＋，
则h′(x)＝－，且x>0.[6分]
当x＝1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0h(1)＝0，即g(x)>g，
当x>1时，h(x)0成立⇔g(a)－1<.
则ln a＋－1<，即ln a<1，
∴0