高中数学导数在函数研究中的应用

一、选择题1．函数y＝xlnx在区间(1，＋∞)上()A．是减函数B．是增函数C．有极小值D．有极大值解析：由题意知y′＝lnx－1lnx2，该函数在(1，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，所以有极小值．答案：C2．(2013年高考浙江卷)已知e为自然对数的底数，设函数f(x)＝(ex－1)(x－1)k(k＝1,2)，则()新课标xkb1.comA．当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极小值B．当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极大值C．当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极小值D．当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极大值解析：当k＝1时，f(x)＝(ex－1)(x－1)，0,1是函数f(x)的零点．当0x1时，f(x)＝(ex－1)(x－1)0，当x1时，f(x)＝(ex－1)(x－1)0,1不会是极值点．当k＝2时，f(x)＝(ex－1)(x－1)2，零点还是0,1，但是当0x1，x1时，f(x)0，由极值的概念，知选C.答案：C3．(2014年滨州模拟)若函数y＝f(x)的导函数在区间[a，b]上是增函数，则函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图象可能是()解析：依题意，f′(x)在[a，b]上是增函数，则在函数f(x)的图象上，各点的切线的斜率随着x的增大而增大，观察四个选项中的图象，只有A满足，故选A.答案：A4．函数f(x)在定义域R内可导，若f(x)＝f(2－x)，且当x∈(－∞，1)时，(x－1)f′(x)0，设a＝f(0)，b＝f12，c＝f(3)，则()A．abcB．cbaC．cabD．bca解析：依题意得，当x1时，有f′(x)0，f(x)为增函数；又f(3)＝f(－1)，且－10121，因此有f(－1)f(0)f12，即有f(3)f(0)f12，cab，选C.答案：C5．若函数f(x)＝2x2－lnx在其定义域内的一个子区间(k－1，k＋1)上不是单调函数，则实数k的取值范围是()A.12，32B.1，32C.12，32D.1，32解析：由题，知函数的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝4x－1x，由f′(x)＝0，解得x＝12.所以函数f(x)在0，12上单调递减，在12，＋∞上单调递增．故有0≤k－112，k＋112，解得1≤k32.故选D.答案：D6.已知函数的图象如图所示，则其函数解析式可能是()A．f(x)＝x2－2ln|x|B．f(x)＝x2－ln|x|C．f(x)＝|x|－2ln|x|D．f(x)＝|x|－ln|x|解析：经分析知，函数正的极小值点的横坐标应小于1，对四个选项求导可知选B项．答案：B二、填空题7．若函数f(x)＝x2＋ax＋1在x＝1处取得极值，则a＝________.解析：由于f′(x)＝x2＋a′·x＋1－x2＋a·x＋1′x＋12＝2x·x＋1－x2＋a·1x＋12＝x2＋2x－ax＋12，而函数f(x)在x＝1处取得极值，则f′(1)＝12＋2×1－a1＋12＝0，解得a＝3，故填3.答案：38．函数f(x)＝(x－3)ex的单调递增区间是________．解析：函数f(x)＝(x－3)ex的导函数为f′(x)＝[(x－3)·ex]′＝1·ex＋(x－3)·ex＝(x－2)·ex，由函数导数与函数单调性的关系得，当f′(x)0时，函数f(x)单调递增，此时由f′(x)＝(x－2)·ex0，解得x2.答案：(2，＋∞)9．已知函数f(x)＝－x2＋6x＋e2－5e－2，x≤ex－2lnx，xe(其中e为自然对数的底数，且e≈2.718)．若f(6－a2)f(a)，则实数a的取值范围是________．解析：∵f′(x)＝－2x＋6，x≤e，1－2x，xe，当x≤e时，f′(x)＝6－2x＝2(3－x)0，当xe时，f′(x)＝1－2x＝x－2x0，∴f(x)在R上单调递增．又f(6－a2)f(a)，∴6－a2a，解之得－3a2.答案：(－3,2)三、解答题10．(2014年南昌模拟)已知函数f(x)＝lnx－12ax2＋x，a∈R.求函数f(x)的单调区间；解析：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1x－ax＋1＝－ax2－x－1x.①当a＝0时，f′(x)＝1＋xx，∵x0，∴f′(x)0，∴当a＝0时，函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)．②当a≠0时，令f′(x)＝0得－ax2－x－1x＝0，∵x0，∴ax2－x－1＝0，∴Δ＝1＋4a.当Δ≤0，即a≤－14时，易知ax2－x－1≤0恒成立，故f′(x)≥0，∴当a≤－14时，函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)．当Δ0，即a－14时，方程ax2－x－1＝0的两个实根分别为x1＝1－1＋4a2a，x2＝1＋1＋4a2a.若－14a0，则x10，x20，此时，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)0，∴当－14a0时，函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)．若a0，则x10，x20，此时，当x∈(0，x2)时，f′(x)0，当x∈(x2，＋∞)时，f′(x)0，∴当a0时，函数f(x)的单调递增区间为0，1＋1＋4a2a，单调递减区间为1＋1＋4a2a，＋∞.综上所述，当a0时，函数f(x)的单调递增区间为0，1＋1＋4a2a，单调递减区间为1＋1＋4a2a，＋∞；当a≤0时，函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间．11．设f(x)＝ln(1＋x)－x－ax2，(1)当x＝1时，f(x)取到极值，求a的值；(2)当a满足什么条件时，f(x)在区间－12，－13上有单调递增区间．解析：(1)由题意知，f(x)的定义域为(－1，＋∞)，且f′(x)＝11＋x－2ax－1＝－2ax2－2a＋1x1＋x，由题意得：f′(1)＝0，则－2a－2a－1＝0，得a＝－14，又当a＝－14时，f′(x)＝12x2－12x1＋x＝12xx－11＋x，当0x1时，f′(x)0，当x1时，f′(x)0，所以f(1)是函数f(x)的极大值，所以a＝－14.(2)要使f(x)在区间－12，－13上有单调递增区间，即要求f′(x)0在区间－12，－13上有解，当－12≤x≤－13时，f′(x)0等价于2ax＋(2a＋1)0.①当a＝0时，不等式恒成立；②当a0时，得x－2a＋12a，此时只要－2a＋12a－13，解得a－34；③当a0时，得x－2a＋12a，此时只要－2a＋12a－12，解得a－1.综上所述，a∈(－1，＋∞)12．已知函数f(x)＝－x3＋ax2＋b(a，b∈R)．(1)若函数f(x)在(0,2)上是增函数，求实数a的取值范围；(2)设x1，x2，x3为方程f(x)＝0的三个根，且x1∈(－1,0)，x2∈(0,1)，x3∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)，求证：|a|1.解析：(1)由题意，得f′(x)＝－3x2＋2ax.因为f(x)在(0,2)上是增函数，所以f′0≥0f′2≥0，得a≥3，即a的取值范围为[3，＋∞)．(2)证明：因为方程f(x)＝－x3＋ax2＋b＝0最多只有3个根，由题意得，在区间(－1,0)内仅有一根，所以f(－1)·f(0)＝b(1＋a＋b)0，①同理f(0)·f(1)＝b(－1＋a＋b)0.②当b0时，由①，得1＋a＋b0，即a－b－1，由②，得－1＋a＋b0，即a－b＋1，因为－b－1－b＋1，所以a－b－1－1，即a－1.当b0时，由①，得1＋a＋b0，即a－b－1，由②，得－1＋a＋b0，即a－b＋1，因为－b－1－b＋1，即a－b＋11，即a1.当b＝0时，f(0)＝0，所以f(0)＝0有一根0，这与题意不符．综上，|a|1.[B组因材施教·备选练习]1．(2013年高考全国新课标卷Ⅱ)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，下列结论中错误的是()xkb1.comA．∃x0∈R，f(x0)＝0B．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)单调递减D．若x0是f(x)的极值点，则f′(x0)＝0解析：若c＝0则有f(0)＝0，所以A正确；由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c得f(x)－c＝x3＋ax2＋bx，因为函数y＝x3＋ax2＋bx的对称中心为(0,0)，所以f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c的对称中心为(0，c)，所以B正确；由三次函数的图象可知，若x0是f(x)的极小值点，则极大值点在x0的左侧，所以函数在区间(－∞，x0)单调递减是错误的；D正确，选C.答案：C2．设函数f(x)＝x2＋aln(x＋1)．(1)若函数y＝f(x)在区间[1，＋∞)上是单调递增函数，求实数a的取值范围；(2)若函数y＝f(x)有两个极值点x1、x2，且x1x2，求证：0fx2x1－12＋ln2.解析：(1)依题意，知f′(x)＝2x2＋2x＋ax＋1≥0在区间[1，＋∞)上恒成立，即a≥－2x2－2x在区间[1，＋∞)上恒成立，∵－2x2－2x在[1，＋∞)上的最大值为－4，∴a≥－4.[来源:学&科&网Z&X&X&K]经检验，当a＝－4时，f′(x)＝2x2＋2x－4x＋1＝2x＋2x－1x＋1，x∈[1，＋∞)时，f′(x)≥0，∴满足题意的a的取值范围为[－4，＋∞)．(2)证明：依题意，函数的定义域为(－1，＋∞)，f′(x)＝2x2＋2x＋ax＋1＝0，在区间(－1，＋∞)上有两个不相等的实根，即方程2x2＋2x＋a＝0在区间(－1，＋∞)上有两个不相等的实根，记g(x)＝2x2＋2x＋a，则有Δ0g－10，－12－1解得0a12.∵x1＋x2＝－1,2x22＋2x2＋a＝0，x2＝－12＋1－2a2，－12x20，∴fx2x1＝x22－2x22＋2x2lnx2＋1－1－x2，令k(x)＝x2－2x2＋2xlnx＋1－1－x，x∈－12，0.xkb1.com则k(x)＝－x2x＋1＋2xln(x＋1)，k′(x)＝x2x＋12＋2ln(x＋1)．令p(x)＝x2x＋12＋2ln(x＋1)，则p′(x)＝2x2＋6x＋2x＋13，∵p′－12＝－4，p′(0)＝2，∴存在x0∈－12，0，使得p′(x0)＝0，x－12，x0x0(x0,0)p′(x)－0＋k′(0)＝0，k′－12＝1－2ln20，∴k′(x)0，∴函数k(x)在－12，0上为减函数，xkb1.com∴k(0)k(x)k－12即0fx2x1－12＋ln2.