导数及其应用基础练习

精心整理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－alnx(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－2lnx，f′(x)＝1－(x0)，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－＝，x0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a0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－alna，无极大值．综上，当a≤0时，函数f(x)无极值；当a0时，函数f(x)在x＝a处取得极小值a－alna，无极大值．变式训练1(1)(2013·湖北)直线y＝2x＋b是曲线y＝lnx(x0)的一条切线，则实数b＝________.答案－ln2－1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＝－ln2－1.题型二利用导数研究函数的单调性例2已知函数f(x)＝x2＋alnx.(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．精心整理解(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a0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a0，所以2－2.令f′(x)0，解得x2－；令f′(x)0，解得2－x2.所以，f(x)的单调增区间是，f(x)的单调减区间是.题型三利用导数研究函数的极值(最值)例3已知函数f(x)＝x2＋lnx.(1)求函数f(x)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.精心整理(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－lnx，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＝ln2.列表如下：x(－∞，0)0(0，ln2)ln2(ln2，＋∞)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，ln2)，递增区间为(－∞，0)，(ln2，＋∞)．(2)f′(x)＝ex＋(x－1)ex－2kx＝x(ex－2k)，∵k≤1，∴12k≤2，由(1)可知f(x)在(0，ln2k)上单调递减，在(ln2k，＋∞)上单调递增．设g(x)＝x－ln2x，则g′(x)＝1－＝1－，∵x≤1，∴1≤2，∴－11－≤0，∴g(x)＝x－ln2x在上单调递减，∴g(x)g(1)＝1－ln20，∵k≤1，∴k－ln2k0即kln2k，∴f(x)在(0，ln2k)上单调递减，在(ln2k，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)，精心整理再令φ(k)＝ek－3k，则φ′(k)＝ek－3e－30，∴φ(k)在上递减，而φ·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·sinx－(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，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·sinx＋ax·cosx＝a(sinx＋xcosx)．∵x∈时，sinx＋xcosx0.又a0，∴f′(x)0，f(x)在上是增函数．则f(x)max＝f＝a－＝，∴a＝1，所以f(x)＝xsinx－.(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)＝xsinx－，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)＝sinx＋xcosx，由g＝10，g(π)＝－π0，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)＝2cosx－xsinx，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)g(m)＝0，即f′(x)0，从而f(x)在(m，π)内单调递减，又f(m)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(m，π)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．精心整理变式训练4-1(2013·辽宁)(1)证明：当x∈[0,1]时，x≤sinx≤x；(2)若不等式ax＋x2＋＋2(x＋2)cosx≤4对x∈[0,1]恒成立，求实数a的取值范围．(1)证明记F(x)＝sinx－x，则F′(x)＝cosx－.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sinx≥x.记H(x)＝sinx－x，则当x∈(0,1)时，H′(x)＝cosx－1＜0，所以，H(x)在[0,1]上是减函数，则H(x)≤H(0)＝0，即sinx≤x.综上，x≤sinx≤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)cosx≤4对x∈[0,1]恒成立．下面证明，当a＞－2时，不等式ax＋x2＋＋2(x＋2)cosx≤4对x∈[0,1]不恒成立．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－x2－≥(a＋2)x－x2＝－x.所以存在x0∈(0,1)满足ax0＋x＋＋2(x0＋2)cosx0－4＞0.即当a＞－2时，不等式ax＋x2＋＋2(x＋2)cosx－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)cosx－4，则f′(x)＝a＋2x＋＋2cosx－2(x＋2)sinx.记G(x)＝f′(x)，则G′(x)＝2＋3x－4sinx－2(x＋2)cosx.当x∈(0,1)时，cosx＞，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.精心整理故当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)cosx≤4，对x∈[0,1]恒成立．下面证明：当a＞－2时，不等式ax＋x2＋＋2(x＋2)cosx≤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＋＋2cos1－6sin1.当a≥6sin1－2cos1－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＜6sin1－2cos1－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)cosx≤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)＝lnx，g(x)＝f(x)＋f′(x)．(1)求函数g(x)的单调区间和最小