导数(解答题及其答案)

1第十一节导数在研究函数中的应用一、学情自测：BDAAD二、典例探究利用导数研究函数的单调性(2012·课标全国卷)设函数f(x)＝ex－ax－2.(1)求f(x)的单调区间；(2)若a＝1，k为整数，且当x0时，(x－k)f′(x)＋x＋10，求k的最大值．【思路点拨】(1)分a≤0和a＞0两种情况解不等式f′(x)＞0与f′(x)＜0.(2)分离参数k，转化为恒成立问题求解．【尝试解答】(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝ex－a.若a≤0，则f′(x)0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．若a0，则当x∈(－∞，lna)时，f′(x)0；当x∈(lna，＋∞)时，f′(x)0.所以，f(x)在(－∞，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增．(2)由于a＝1，所以(x－k)f′(x)＋x＋1＝(x－k)(ex－1)＋x＋1.故当x0时，(x－k)f′(x)＋x＋10等价于kx＋1ex－1＋x(x0)．①令g(x)＝x＋1ex－1＋x，则g′(x)＝－xex－1（ex－1）2＋1＝ex（ex－x－2）（ex－1）2.由(1)知，函数h(x)＝ex－x－2在(0，＋∞)上单调递增．而h(1)0，h(2)0，所以h(x)在(0，＋∞)上存在唯一的零点，故g′(x)在(0，＋∞)上存在唯一的零点．设此零点为α，则α∈(1，2)．当x∈(0，α)时，g′(x)0；当x∈(α，＋∞)时，g′(x)0.所以g(x)在(0，＋∞)上的最小值为g(α)．又由g′(α)＝0，可得eα＝α＋2，所以g(α)＝α＋1∈(2，3)．由于①式等价于kg(α)，故整数k的最大值为2.,已知函数f(x)＝x＋ax＋lnx(a∈R)．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增，求a的取值范围．【解】(1)函数f(x)＝x＋ax＋lnx的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1－ax2＋1x＝x2＋x－ax2.①当Δ＝1＋4a≤0，即a≤－14时，得x2＋x－a≥0，则f′(x)≥0.∴函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，②当Δ＝1＋4a＞0，即a＞－14时，令f′(x)＝0，得x2＋x－a＝0，解得x1＝－1－1＋4a2＜0，x2＝－1＋1＋4a2.(ⅰ)若－14＜a≤0，则x2＝－1＋1＋4a2≤0.2∵x∈(0，＋∞)，∴f′(x)＞0，∴函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．(ⅱ)若a＞0，则x∈(0，－1＋1＋4a2)时，f′(x)＜0；x∈(－1＋1＋4a2，＋∞)时，f′(x)＞0，∴函数f(x)在区间(0，－1＋1＋4a2)上单调递减，在区间(－1＋1＋4a2，＋∞)上单调递增．综上所述，当a≤0时，函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；当a＞0时，函数f(x)的单调递减区间为(0，－1＋1＋4a2)，单调递增区间为(－1＋1＋4a2，＋∞)．(2)由题意知，f′(x)≥0在(1，＋∞)上恒成立，即x2＋x－a≥0在(1，＋∞)上恒成立，令g(x)＝x2＋x－a＝(x＋12)2－14－a，则g(x)＞2－a，从而2－a≥0，∴a≤2.当a＝2时，f′(x)＞0在(1，＋∞)上恒成立，因此实数a的取值范围是(－∞，2].利用导数研究函数的极值(2013·合肥模拟)设f(x)＝ex1＋ax2，其中a为正实数．(1)当a＝43时，求f(x)的极值点；(2)若f(x)为R上的单调函数，求a的取值范围．【思路点拨】(1)当a＝43时，求f′(x)＝0的根，然后利用极值与导数的关系判定；(2)转化为判定f′(x)不变号满足的不等式，求a的范围．【尝试解答】由f(x)＝ex1＋ax2，得f′(x)＝ex·1＋ax2－2ax（1＋ax2）2①(1)当a＝43时，f′(x)＝ex（1＋43x2－83x）（1＋43x2）2＝ex（4x2－8x＋3）3（1＋43x2）2，令f′(x)＝0，即ex(4x2－8x＋3)＝0，∵ex恒大于0，∴4x2－8x＋3＝0，∴x＝12或x＝32.结合①式，可知x(－∞，12)12(12，32)32(32，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值所以，x1＝32是极小值点，x2＝12是极大值点．(2)若f(x)为R上的单调函数，则f′(x)在R上不变号．3结合①式，及a＞0，得ax2－2ax＋1≥0在R上恒成立．所以二次方程1＋ax2－2ax＝0无解或有两个相同实数解，Δ＝4a2－4a≤0，即0≤a≤1.又∵a＞0.故实数a的取值范围是(0，1]．(2013·绍兴模拟)已知函数f(x)＝－x3＋ax2＋b(a，b∈R)．(1)要使f(x)在(0，2)上单调递增，试求a的取值范围；(2)当a＜0时，若函数满足y极大＝1，y极小＝－3，试求y＝f(x)的解析式．【解】(1)f′(x)＝－3x2＋2ax.依题f′(x)≥0在(0，2)上恒成立．即2ax≥3x2.∵x＞0，2a≥3x，∴2a≥6.∴a≥3.即a的取值范围是[3，＋∞)．(2)∵f′(x)＝－3x2＋2ax＝x(－3x＋2a)，∵a＜0，当x∈(－∞，23a]时，f′(x)≤0，∴f(x)递减．x∈(23a，0)时，f′(x)＞0，f(x)递增．x∈[0，＋∞)时，f′(x)≤0，f(x)递减．∴f极大（0）＝1，f极小（23a）＝－3.⇒a＝－3，b＝1.∴f(x)＝－x3－3x2＋1.利用导数研究函数的最值(2012·北京高考)已知函数f(x)＝ax2＋1(a0)，g(x)＝x3＋bx.(1)若曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线，求a，b的值；(2)当a2＝4b时，求函数f(x)＋g(x)的单调区间，并求其在区间(－∞，－1]上的最大值．【审题视点】(1)求出两条切线方程比较系数求解．(2)讨论极值点与区间(－∞，－1]的关系，从而确定最大值．【尝试解答】(1)f′(x)＝2ax，g′(x)＝3x2＋b，因为曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线，所以f(1)＝g(1)，且f′(1)＝g′(1)．即a＋1＝1＋b，且2a＝3＋b.解得a＝3，b＝3.(2)记h(x)＝f(x)＋g(x)．当b＝14a2时，h(x)＝x3＋ax2＋14a2x＋1，h′(x)＝3x2＋2ax＋14a2.令h′(x)＝0，得x1＝－a2，x2＝－a6.a0时，h(x)与h′(x)的变化情况如下：4x(－∞，－a2)－a2(－a2，－a6)－a6(－a6，＋∞)h′(x)＋0－0＋h(x)所以函数h(x)的单调递增区间为(－∞，－a2)和(－a6，＋∞)；单调递减区间为(－a2，－a6)．当－a2≥－1，即0a≤2时，函数h(x)在区间(－∞，－1]上单调递增，h(x)在区间(－∞，－1]上的最大值为h(－1)＝a－14a2.当－a2－1，且－a6≥－1，即2a≤6时，函数h(x)在区间(－∞，－a2)上单调递增，在区间(－a2，－1]上单调递减，h(x)在区间(－∞，－1]上的最大值为h(－a2)＝1.当－a6－1，即a6时，函数h(x)在区间(－∞，－a2)上单调递增，在区间(－a2，－a6)上单调递减，在区间(－a6，－1]上单调递增，又因为h(－a2)－h(－1)＝1－a＋14a2＝14(a－2)20，所以h(x)在区间(－∞，－1]上的最大值为h(－a2)＝1.(2013·济南模拟)已知函数f(x)＝(x－k)2exk.(1)求f(x)的单调区间；(2)若对于任意的x∈(0，＋∞)，都有f(x)≤1e，求k的取值范围．【解】(1)由f(x)＝(x－k)2exk，得f′(x)＝1k(x2－k2)exk，令f′(x)＝0，得x＝±k，若k＞0，当x变化时，f(x)与f′(x)的变化情况如下：x(－∞，－k)－k(－k，k)k(k，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)4k2e－10所以f(x)的单调递增区间是(－∞，－k)和(k，＋∞)，单调递减区间是(－k，k)．若k＜0，当x变化时，f(x)与f′(x)的变化情况如下：x(－∞，k)k(k，－k)－k(－k，＋∞)5f′(x)－0＋0－f(x)04k2e－1所以f(x)的单调递减区间是(－∞，k)和(－k，＋∞)，单调递增区间是(k，－k)．(2)当k＞0时，因为f(k＋1)＝ek＋1k＞1e，所以不会有∀x∈(0，＋∞)，f(x)≤1e.当k＜0时，由(1)知f(x)在(0，＋∞)上的最大值是f(－k)＝4k2e.所以∀x∈(0，＋∞)，f(x)≤1e等价于f(－k)＝4k2e≤1e，解得－12≤k＜0.故当∀x∈(0，＋∞)，f(x)≤1e时，k的取值范围是[－12，0)．三、自主体验1、B2．(2012·安徽高考)设函数f(x)＝aex＋1aex＋b(a0)．(1)求f(x)在[0，＋∞)内的最小值；(2)设曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y＝32x，求a，b的值．【解】(1)f′(x)＝aex－1aex，当f′(x)0，即x－lna时，f(x)在(－lna，＋∞)上递增；当f′(x)0，即x－lna时，f(x)在(－∞，－lna)上递减．①当0a1时，－lna0，f(x)在(0，－lna)上递减，在(－lna，＋∞)上递增，从而f(x)在[0，＋∞)上的最小值为f(－lna)＝2＋b；②当a≥1时，－lna≤0，f(x)在[0，＋∞)上递增，从而f(x)在[0，＋∞)上的最小值为f(0)＝a＋1a＋b.(2)依题意f′(2)＝ae2－1ae2＝32，解得ae2＝2或ae2＝－12(舍去)，所以a＝2e2，代入原函数可得2＋12＋b＝3，即b＝12，故a＝2e2，b＝12.四、课后作业十四10．(2013·潍坊模拟)已知函数f(x)＝x3－ax2－x＋a，其中a为实数．(1)求f′(x)；(2)若f′(－1)＝0，求f(x)在[－2，3]上的最大值和最小值；(3)若f(x)在(－∞，－2]和[3，＋∞)上都是递增的，求a的取值范围．【解】(1)f′(x)＝3x2－2ax－1.(2)f′(－1)＝3＋2a－1＝0，∴a＝－1，∴f(x)＝x3＋x2－x－1，f′(x)＝3x2＋2x－1，由f′(x)＝0可得x＝13或x＝－1.6又∵f(13)＝－3227，f(－2)＝－3，f(3)＝32，f(－1)＝0，∴f(x)在[－2，3]上的最大值为32，最小值为－3.(3)f′(x)＝3x2－2ax－1，其图象开口向上，且恒过点(0，－1)，于是有f′（－2）≥0，f′（3）≥0，解得－114≤a≤133.∴a的取值范围是[－114，133]．11．(2013·烟台模拟)已知函数f(x)＝x2＋2alnx.(1)若函数f(x)的图象在(2，f(2))处的切线斜率为1，求实数a的值；(2)求函数f(x)的单调区间；(3)若函数g(x)＝2x＋f(x)在[1，2]上是减函数，求实数a的取值范围．【解】(1)f′(x)＝2x＋2ax＝2x2＋2ax，由已知f′(2)＝1，解得a＝－3.(2)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．①当a≥0时，f′(x)＞0，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；②当a＜0时，f′(x)＝2（x＋－a）（x－－a）x.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下：x(0，－a)－a(－a，＋∞)f′(x)－0＋f(x)极小值由上表可知，函数f(x)的单调递减区间是(0，－a)；单调递增区间是(－a，＋∞)．(3)由g(x)＝2x＋x2＋2alnx得g′(x)＝－2x2＋2x＋2ax，由已知函数g(x)为[1，2]上的单调减函数，则g′(x)≤0在[1，2]上恒成立，即－2x2＋2x＋2ax≤0在[1，2]上恒成立．即a≤1x－x2在[1，2]上恒成立．令h(x)＝1x－x2，在[1，2]上h′(x)＝－1x2－2x＝－(1x2＋2x)＜0，所以h(x)在