高二导数练习题(教师版)

1导数练习题（教师版）题型一：求参数的取值范围与最值1.已知a∈R，函数f(x)＝(－x2＋ax)ex(x∈R，e为自然对数的底数)．(1)当a＝2时，求函数f(x)的单调递增区间；(2)若函数f(x)在(－1,1)上单调递增，求a的取值范围；(3)函数f(x)能否为R上的单调函数，若能，求出a的取值范围；若不能，请说明理由解(1)当a＝2时，f(x)＝(－x2＋2x)ex，∴f′(x)＝(－2x＋2)ex＋(－x2＋2x)ex＝(－x2＋2)ex.令f′(x)0，即(－x2＋2)ex0，∵ex0，∴－x2＋20，解得－2x2.∴函数f(x)的单调递增区间是(－2，2)．(2)∵函数f(x)在(－1,1)上单调递增，∴f′(x)≥0对x∈(－1,1)都成立．∵f′(x)＝[－x2＋(a－2)x＋a]ex∴[－x2＋(a－2)x＋a]ex≥0对x∈(－1,1)都成立．∵ex0，∴－x2＋(a－2)x＋a≥0对x∈(－1,1)都成立，即x2－(a－2)x－a≤0对x∈(－1,1)恒成立．设h(x)＝x2－(a－2)x－a只须满足h－1≤0h1≤0，解得a≥32.(3)若函数f(x)在R上单调递减，则f′(x)≤0对x∈R都成立，即[－x2＋(a－2)x＋a]ex≤0对x∈R都成立．∵ex0，∴x2－(a－2)x－a≥0对x∈R都成立．∴Δ＝(a－2)2＋4a≤0，即a2＋4≤0，这是不可能的．故函数f(x)不可能在R上单调递减．若函数f(x)在R上单调递增，则f′(x)≥0对x∈R都成立，即[－x2＋(a－2)x＋a]ex≥0对x∈R都成立．∵ex0，∴x2－(a－2)x－a≤0对x∈R都成立．而x2－(a－2)x－a≤0不可能恒成立，故函数f(x)不可能在R上单调递增．2.已知函数f(x)＝12(1＋x)2－ln(1＋x)．(1)求f(x)的单调区间；(2)若x∈[1e－1，e－1]时，f(x)m恒成立，求m的取值范围．解(1)∵f(x)＝12(1＋x)2－ln(1＋x)，∴f′(x)＝(1＋x)－11＋x＝x2＋x1＋x(x－1)．∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，在(－1,0)上单调递减．(2)令f′(x)＝0，即x＝0，则x(1e－1,0)0(0，e－1)f′(x)－0＋f(x)极小值又∵f(1e－1)＝12e2＋1，f(e－1)＝12e2－112e2＋1，又f(x)m在x∈[1e－1，e－1]上恒成立，∴m12e2－1.3．已知函数f(x)＝4x3－3x2cosθ＋132，其中x∈R，θ为参数，且0≤θ≤π2.(1)当cosθ＝0时，判断函数f(x)是否有极值；(2)要使函数f(x)的极小值大于零，求参数θ的取值范围；2(3)若对(2)中所求的取值范围内的任意参数θ，函数f(x)在区间(2a－1，a)内都是增函数，求实数a的取值范围．解:(1)当cosθ＝0时，f(x)＝4x3＋132，则函数f(x)在(－∞，＋∞)上是增函数，故无极值．(2)f′(x)＝12x2－6xcosθ，令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝cosθ2.由0≤θ≤π2及(1)，只考虑cosθ0的情况．当x变化时，f′(x)的符号及f(x)的变化情况如下表：x(－∞，0)00，cosθ2cosθ2cosθ2，＋∞f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值因此，函数f(x)在x＝cosθ2处取得极小值fcosθ2，且fcosθ2＝－14cos3θ＋132.要使fcosθ20，必有－14cos3θ＋1320，可得0cosθ12，所以π3θπ2.(3)由(2)知，函数f(x)在区间(－∞，0)由题设，函数f(x)在(2a－1，a)内是增函数，则a须满足不等式组021aaa≤或21121cos2aaa≥由(2)，θ∈π3，π2时，0cosθ12.要使不等式2a－1≥12cosθ关于参数θ恒成立，必有2a－1≥14.综上，a的取值范围为a≤0或58≤a1.4．设0a，函数2()ln1fxxax．(I)当1a时，求曲线()yfx在1x处的切线方程；(II)当[1,)x时，求函数()fx的最小值．解：（I）10xy；（II）22ln()()ln(1)xaxaxefxxaxaxe≥≤．(1)当xe≥时，()0afxxx，()fx在[)e，上单调递增，所以()fx的最小值为2()fee；(2)当1xe≤时，()2afxxx，令()0fx，则2ax或2ax（舍）．3①当12a≤即02a≤时，在(1,)e上，()0fx，()fx单调递增，()fx的最小值为(1)1fa，且有21ae；②当12ae即222ae时，在(1,)2a上，()0fx，()fx单调递减，在(,)2ae上，()0fx，()fx单调递增．()fx的最小值为3()ln2222aaaaf，且有23ln222aaae；（注：可证2()3ln(1)gxxxxxe单调增，22()())gxgee）③当2ae≥即22ae≥时，在(1,)e上，()0fx，()fx单调递减，()fx的最小值为2()fee；综上，2min221(02)3()ln(22)222(2)aaaaafxaeeae≤≥．5．已知函数22()ln()fxxaxaxaR．（1）当1a时，证明函数()fx只有一个零点；（2）若函数()fx在区间1,上是减函数，求实数a的取值范围．解：（2）法一：因为22()lnfxxaxax其定义域为(0,)，所以222121(21)(1)()2axaxaxaxfxaxaxxx．①当0a时，1()0,()fxfxx在区间(0,)上为增函数，不合题意；②当0a时，()0(0)fxx等价于(21)(1)0(0)axaxx，即1xa．此时()fx的单调递减区间为1(,)a．依题意，得11,0.aa解之得1a；③当0a时，()0(0)fxx等价于(21)(1)(0)axaxx，即12xa·此时()fx的单调递减区间为1(,)2a，11,0.aa得12a；综上，实数a的取值范围是1(,][1,)2U．4法二：22()ln,(0,)fxxaxaxxQ22212+1()2axaxfxaxaxx由()fx在区间(1,)上是减函数，可得22210axax在区间(1,)上恒成立．①当0a时，10不合题意；②当0a时，可得11,4(1)0af即210,4210aaaa或10,4112aaaa或或1(,][1,)2aU．法三：令22()2+1gxaxax，由于22()2+1gxaxax开口向下且恒过(0,1)点，所以要使()0gx≤，只需(1)0g≤法四：21()2fxaxax在(1,)上递减，要使()0fx≤，只需(1)0f≤法五：21()20fxaxax≤，即12ax≤或1ax≥（1x≥）6．已知函数32()(1)(2)fxxaxaaxb(,)abR．（I）若函数()fx的图象过原点，且在原点处的切线斜率是3，求,ab的值；（II）若函数()fx在区间(1,1)上不单调．．．，求a的取值范围．解析：（Ⅰ）由题意得)2()1(23)(2aaxaxxf又3)2()0(0)0(aafbf，解得0b，3a或1a．（Ⅱ）函数)(xf在区间)1,1(不单调，等价于导函数)(xf在)1,1(既能取到大于0的实数，又能取到小于0的实数即函数)(xf在)1,1(上存在零点，且()0fx在)1,1(上无重根．法一：（根的分布，分类讨论）当()0fx在)1,1(上有且只有一个根时，则0)1()1(ff，整理得0)1)(1)(5(2aaa，解得15a；当()0fx在)1,1(上有两个不等实根时，则(1)0(1)011120ffa，解得11a且12a；当有一根为1或1时，代入检验，可得1a．200904235综上，51a且12a．法二：()()(32)fxxaxa，令()0fx，则xa或23ax．因()0fx在)1,1(上有根且无重根，则11a或2113a，且有23aa，解得：51a且12a．7.已知函数()fx=axex，其中a≠0.（Ⅰ）若对一切x∈R，()fx≥1恒成立，求a的取值集合.（II）在函数()fx的图像上取定两点11(,())Axfx，22(,())Bxfx12()xx，记直线AB的斜率为K，问：是否存在x0∈（x1，x2），使0()fxk成立？若存在，求0x的取值范围；若不存在，请说明理由.解：（Ⅰ）若0a，则对一切0x，()fx1axex，这与题设矛盾，又0a，故0a.而()1,axfxae令11()0,ln.fxxaa得当11lnxaa时，()0,()fxfx单调递减；当11lnxaa时，()0,()fxfx单调递增，故当11lnxaa时，()fx取最小值11111(ln)ln.faaaaa于是对一切,()1xRfx恒成立，当且仅当111ln1aaa.①令()ln,gtttt则()ln.gtt当01t时，()0,()gtgt单调递增；当1t时，()0,()gtgt单调递减.故当1t时，()gt取最大值(1)1g.因此，当且仅当11a即1a时，①式成立.综上所述，a的取值集合为1.（Ⅱ）由题意知，21212121()()1.axaxfxfxeekxxxx令2121()(),axaxaxeexfxkaexx则6121()12121()()1,axaxxexeaxxxx212()21221()()1.axaxxexeaxxxx令()1tFtet，则()1tFte.当0t时，()0,()FtFt单调递减；当0t时，()0,()FtFt单调递增.故当0t，()(0)0,FtF即10.tet从而21()21()10axxeaxx，12()12()10,axxeaxx又1210,axexx2210,axexx所以1()0,x2()0.x因为函数()yx在区间12,xx上的图象是连续不断的一条曲线，所以存在012(,)xxx使0()0,x2()0,()axxaex单调递增，故这样的0x是唯一的，且210211ln()axaxeexaaxx.故当且仅当212211(ln,)()axaxeexxaaxx时，0()fxk.综上所述，存在012(,)xxx使0()fxk成立.且0x的取值范围为212211(ln,)()axaxeexaaxx.8.已知函数f(x)=21e2x-ax(a∈R,e为自然对数的底数).(I)讨论函数f(x)的单调性；(II)若a=1，函数g(x)=(x-m)f(x)-41e2x+x2+x在区间（0，+）上为增函数，求整数m的最大值.解：（Ⅰ）定义域为)(，，aexfx2)('，当0a时，()0fx，所以)(xf在)(，上为增函数；当0a时，由0)('x