29第二讲函数与导数参考答案

第二讲函数与导数参考答案一、【基础训练】1.在平面直角坐标系xOy中，若曲线xbaxy2(a，b为常数)过点)5,2(P，且该曲线在点P处的切线与直线0327yx平行，则ba的值是.【答案】-32.函数()lnfxxx的单调增区间为.【答案】1(,)e3.函数3211()(2)(21)132fxxaxax无极值点，则实数a的取值范围是_______________.【答案】[0,4]【解析】2()(2)(21)fxxaxa，0≤可得04a≤≤4.函数6()lnfxxxx的最小值是_______________.【答案】5ln25.已知函数21()ln2fxxbx在区间[1,)上是减函数，则b的取值范围是________．【答案】1b≤【解析】()0bfxxx≤在区间[1,)恒成立，即2bx≤恒成立，所以1b≤6.函数3()3fxxxm有三个不同的零点，则实数m的取值范围是______________.【答案】(2,2)【解析】2()330,1fxxx，只要满足(1)0,(1)0ff，解得22m二、【思维拓展】例1.（1）直线12yxb是曲线ln(0)yxx的一条切线，则实数b.【答案】ln21b【解析】1yx，令112x得2x，故切点（2，ln2），代入直线方程，得，所以b=ln2－1．（2）分别在曲线xye与直线1yex上各取一点M与N，则MN的最小值为__________.【答案】2211ee【解析】令xyee，解得x=1，切点为（1，e），则（1，e）到直线1yex的距离即为所求.例2.（1）已知函数3211()(1)132fxxaxax，试讨论该函数的极值点和单调区间；（2）已知函数321()13fxxxax，试讨论该函数的极值点和单调区间；（3）已知函数21()2ln2fxxxax，试讨论该函数的极值点和单调区间.【解析】（1）2()(1)(1)()fxxaxaxxa当1a时，函数在(,1)递增，在(1,)a递减，在(,)a递增，x=1为极大值点，x=a为极小值点；当1a时，函数在(,)递增，此时无极值点；当1a时，函数在(,)a递增，在(,1)a递减，在(1,)递增，x=a为极大值点，x=1为极小值点.（2）2()2fxxxa当440a≤，即1a≥时，函数在(,)递增，此时无极值点；当440a，即1a时，函数在(,11)a递增，在(11,11)aa递减，在(11,)a递增，11xa为极大值点，11xa为极小值点.（3）22()2axxafxxxx，令2()2gxxxa当440a≤，即1a≥时，函数在(0,)递增，此时无极值点；当440a且(0)0g，即01a时，函数在(0,11)a递增，在(11,11)aa递减，在(11,)a递增，11xa为极大值点，11xa为极小值点；当440a且(0)0g≤，即0a≤时，函数在(0,11)a递减，在(11,)a递增，11xa为极小值点，无极大值点.例3.设函数2()(1)2lnfxxkx.（1）2k时，求函数()fx的单调增区间；（2）当k0时，求函数()gx=()fx在区间[1,2]上的最小值；（3）求函数()fx在区间[1,2]上的最小值.【解析】（1）当2k时，242242(2)(1)()22xxxxfxxxxx所以函数()fx的单调增区间为(1,)；（2）2()22kgxxx，当2k≥，即4k≤时，()gx在(1,2)递减，所以min()(2)6gxgk；当1k≤，即10k≤时，()gx在(1,2)递增，所以min()(1)42gxgk；当12k，即41k时，()gx在(1,)k递减，在(,2)k递增，所以min()42gxk.（3）222()()22kxxkfxxxx当(1)0f≥，即2k≤时，函数()fx在(1,2)递增，所以min()(1)4fxf；当(2)0f≤，即6k≥时，函数()fx在(1,2)递减，所以min()(2)92ln2fxfk；当(1)0,(2)0ff，即26k时，函数()fx在114(1,)2k递减，在114(,2)2k递增，所以2min114114114()()()2ln222kkkfxfk.例4.设()()xfxeaxaR.（1）当a=1时，求()fx的最小值；（2）若对一切xR，()1fx≥恒成立，求a的取值集合.【解析】：（1）当a=1时，()10xfxe，0x，()fx在(,0)递减，在(0,)递增，所以min()(0)1fxf；（2）f′(x)＝ex－a，令f′(x)＝0得x＝lna.当xlna时，f′(x)0，f(x)单调递减；当xlna时，f′(x)0，f(x)单调递增，故当x＝lna时，f(x)取最小值f(lna)＝a－alna.于是对一切x∈R，f(x)≥1恒成立，当且仅当a－alna≥1.①令g(t)＝t－tlnt，则g′(t)＝－lnt.当0t1时，g′(t)0，g(t)单调递增；当t1时，g′(t)0，g(t)单调递减．故当t＝1时，g(t)取最大值g(1)＝1.因此，当且仅当a＝1时，①式成立．综上所述，a的取值集合为{1}．三、【能力提升】1.若曲线4yx的一条切线l与直线480xy垂直，则l的方程为.【答案】430xy2.已知函数f(x)=3231xaxax在区间(,)内既有极大值,又有极小值，则实数a的取值范围是．【答案】(,0)(9,)【解析】2()323fxxaxa，24360aa即可.3.函数1cos,,222yxxx的最大值为．【答案】3122【解析】1sin0,,,2626yxxx时，函数递增，,62x时，函数递减，所以当6x时，min3122y.4.已知函数2()ln2fxmxxx在定义域内是增函数，则实数m的取值范围为_________.【答案】12m≥【解析】1()220fxmxx≥在x0恒成立，即222112(1)1mxxx≥恒成立，所以12m≥5.已知集合{(,)|},{(,)|ln}PxyyxaQxyyx，如果PQ的子集有4个，则a的取值范围是.【答案】1a【解析】由题意可得,lnyxayx有两个不同的交点，即方程lnaxx有两个不同的解，令1()ln,()10,1fxxxfxxx，所以()fx在(0,1)减，(1,)增，(1)1f，所以1a时，即有两个不同交点.6.设函数3()31()fxaxxxR，若对于任意的1,1x都有()0fx≥成立，则实数a的值为.【答案】4【解析】若x=0，则不论a取何值，fx≥0显然成立；当x＞0即1,1x时，331fxaxx≥0可化为，2331axx设2331gxxx，则4312xgxx，所以gx在区间10,2上单调递增，在区间1,12上单调递减，因此max142gxg，从而a≥4；当x＜0即1,0时，331fxaxx≥0可化为a2331xx，4312xgxx0gx在区间1,0上单调递增，因此min14gxg，从而a≤4，综上a=4.7.设f(x)是定义在R上的可导函数，且满足()()0xfxfx，则不等式2(1)1(1)fxxfx的解集为______________．【答案】[1,2)【解析】()()(())0xfxfxxfx，所以()xfx是增函数，将所求不等式两边同乘以1x，得到221(1)1(1)xfxxfx，由()xfx是增函数，可得211xx，结合定义域解得12x≤8.若实数a、b、c、d满足22ln341aacbd，则(a－c)2＋(b－d)2的最小值为________．【答案】22(1ln2)5【解析】首先，(a－c)2＋(b－d)2可以理解为点（a，b）与点（c，d）的距离.由于22ln1aab，可以认为点（a，b）在函数22lnyxx上；由于341cd，可以认为点（c，d）在函数34yx上.令223yxx，解得x=2，所以切点坐标为(2,42ln2)，该点到34yx的距离即为所求最小值，不要忘记平方.