导数在研究函数中的应用(含标准答案)

导数在研究函数中的应用【自主归纳，自我查验】一、自主归纳1．利用导函数判断函数单调性问题函数f(x)在某个区间(a，b)的单调性与其导数的正负有如下关系(1)若_______，则f(x)在这个区间上是增加的．(2)若_______，则f(x)在这个区间上是减少的．(3)若_______，则f(x)在这个区间是常数．2．利用导数判断函数单调性的一般步骤(1)求f′(x)．(2)在定义域解不等式f′(x)0或f′(x)0.(3)根据结果确定f(x)的单调区间．3．函数的极大值在包含0x的一个区间(a，b)，函数y＝f(x)在任何一点的函数值都_____0x点的函数值，称点0x为函数y＝f(x)的极大值点，其函数值f(0x)为函数的极大值．4．函数的极小值在包含x0的一个区间(a，b)，函数y＝f(x)在任何一点的函数值都_____0x点的函数值，称点0xx0为函数y＝f(x)的极小值点，其函数值f(0x)为函数的极小值．极大值与极小值统称为_______，极大值点与极小值点统称为极值点．5．函数的最值与导数1．函数y＝f(x)在[a，b]上的最大值点0x指的是：函数在这个区间上所有点的函数值都_________f(0x)．2．函数y＝f(x)在[a，b]上的最小值点0x指的是：函数在这个区间上所有点的函数值都_________f(0x)．二、自我查验1．函数f(x)＝x＋elnx的单调递增区间为()A．(0，＋∞)B．(－∞，0)C．(－∞，0)和(0，＋∞)D．R2．若函数f(x)＝x3＋x2＋mx＋1是R上的单调增函数，则m的取值围是________．3.函数f(x)的定义域为开区间(a，b)，导函数f′(x)在(a，b)的图象如图所示，则函数f(x)在开区间(a，b)有极小值点()A．1个B．2个C．3个D．4个4．若函数f(x)＝x3＋ax2＋3x－9在x＝－3时取得极值，则a等于()A．2B．3C．4D．55.函数lnxyx的最大值为（）A．1eB．eC．2eD．103【典型例题】考点一利用导数研究函数的单调性【例1】(2015·高考全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝lnx＋a(1－x)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)当f(x)有最大值，且最大值大于2a－2时，求a的取值围．【变式训练1】已知3222fxxaxax．（1）若1a时，求曲线yfx在点1,1f处的切线方程；（2）若0a，求函数fx的单调区间．考点二利用导函数研究函数极值问题【例2】已知函数ln3,fxxaxaR.（1）当1a时，求函数的极值；（2）求函数的单调区间.【变式训练2】(2011·)设f(x)＝ex1＋ax2，其中a为正实数.当a＝43时，求f(x)的极值点；考点三利用导函数求函数最值问题【例3】已知a为实数，.（1）求导数；（2）若，求在2,2上的最大值和最小值.【应用体验】1.函数lnyxx的单调递减区间为（）A．1,1B．0,C．1,D．0,12.函数exfxx的单调递减区间是（）A．(1,)B．(,1)C．(,1)D．(1,)3.函数3exfxx的单调递增区间是（）A．0,3B．1,4C．2,D．,24.设函数2lnfxxx，则（）A．12x为fx的极大值点B．12x为fx的极小值点C．2x为fx的极大值点D．2x为fx的极小值点5．函数32()23fxxxa的极大值为6，那么a的值是（）))(4(2axxxfxf01fxfA．0B．1C．5D．6【复习与巩固】A组夯实基础一、选择题1．已知定义在R上的函数fx，其导函数fx的大致图象如图所示，则下列叙述正确的是（）A．fbfcfdB．fbfafeC．fcfbfaD．fcfefd2.函数2lnfxxax在1x处取得极值，则a等于（）A．2B．2C．4D．43.函数exfxx（e为自然对数的底数）在区间1,1上的最大值是（）A.1＋1eB.1C.e＋1D.e－1二、填空题4.若函数321fxxxmx是R上的单调增函数，则实数m的取值围是________________．5.若函数23exxaxfx在0x处取得极值，则a的值为_________.6.函数()exfxx在]1,1[上的最小值是_____________.三、解答题7.已知函数21ln,2fxxx求函数fx的单调区间8.已知函数,1lnxfxaxxx．（1）若fx在1,上单调递减，数a的取值围；（2）若2a，求函数fx的极小值.B组能力提升一、选择题1．已知函数213ln22fxxx在其定义域的一个子区间1,1aa不是单调函数，则实数a的取值围是（）A．13,22B．51,4C．31,2D．31,22.若函数32yxaxa在0,1无极值，则实数a的取值围是（）A．30,2B．,0C．3,0,2D．3,23.若函数3232fxxxa在1,1上有最大值3，则该函数在1,1上的最小值是（）A．B．0C．D．1二、填空题4．已知函数f(x)＝12x2＋2ax－lnx，若f(x)在区间13，2上是增函数，则实数a的取值围为________．5．设x1，x2是函数f(x)＝x3－2ax2＋a2x的两个极值点，若x12x2，则实数a的取值围是________．6．若函数f(x)＝x2－ex－ax在R上存在单调递增区间，则实数a的取值围是________．三、解答题7．已知函数f(x)＝x－2lnx－ax＋1，g(x)＝ex(2lnx－x)．(1)若函数f(x)在定义域上是增函数，求a的取值围；(2)求g(x)的最大值．8．设函数f(x)＝(x－1)ex－kx2(其中k∈R)．(1)当k＝1时，求函数f(x)的单调区间和极值；(2)当k∈[0，＋∞)时，证明函数f(x)在R上有且只有一个零点．1212《导数在研究函数中的应用》标准答案一．自主归纳1.（1）f′(x)0（2）f′(x)0（3）f′(x)＝03.小于4.大于极值5.不超过不小于二．自我查验1.解析：函数定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1＋ex0，故单调增区间是(0，＋∞)．答案：A2.解析：∵f(x)＝x3＋x2＋mx＋1，∴f′(x)＝3x2＋2x＋m.又∵f(x)在R上是单调增函数，∴f′(x)≥0恒成立，∴Δ＝4－12m≤0，即m≥13.答案：13，＋∞3.解析：导函数f′(x)的图象与x轴的交点中，左侧图象在x轴下方，右侧图象在x轴上方的只有一个，故选A.答案：A4.解析：f′(x)＝3x2＋2ax＋3，由题意知f′(－3)＝0，即3×(－3)2＋2×(－3)a＋3＝0，解得a＝5.答案：D5..A【解析】2ln1lnxxyyxx，令21ln0exyxx，当(0,e)x时函数单调递增，当(e,)x时函数单调递减，1max1eey，故选A.三．典型例题【例题1】(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1x－a.若a≤0，则f′(x)0，所以f(x)在(0，＋∞)单调递增．若a0，则当x∈0，1a时，f′(x)0；当x∈1a，＋∞时，f′(x)0.所以f(x)在0，1a单调递增，在1a，＋∞单调递减．(2)由(1)知，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)无最大值；当a0时，f(x)在x＝1a处取得最大值，最大值为f1a＝ln1a＋a1－1a＝－lna＋a－1.因此f1a2a－2等价于lna＋a－10.令g(a)＝lna＋a－1，则g(a)在(0，＋∞)单调递增，g(1)＝0.于是，当0a1时，g(a)0；当a1时，g(a)0.因此，a的取值围是(0,1)．【变式训练1】（1）当1a时，322fxxxx，∴2321fxxx，∴切线斜率为14kf，又13f，∴切点坐标为1,3，∴所求切线方程为341yx，即410xy．（2）22323fxxaxaxaxa，由0fx，得xa或3ax.0,.3aaa由0fx，得xa或3ax，由0fx，得.3aax∴函数fx的单调递减区间为,3aa，单调递增区间为,a和,3a．【例题2】（1）当1a时，ln3fxxx，1110xfxxxx，令0fx，解得01x，所以函数fx在(0,1)上单调递增；令0fx，解得1x，所以函数fx在1,上单调递减；所以当1x时取极大值，极大值为12f，无极小值.（2）函数fx的定义域为0,，1fxax.当0a时，1()0fxax在0,上恒成立，所以函数fx在0,上单调递增；当0a时，令0fx，解得10xa，所以函数fx在10,a上单调递增；令0fx，解得1xa，所以函数fx在1,a上单调递减.综上所述，当0a时，函数fx的单调增区间为0,；当0a时，函数fx的单调增区间为10,a，单调减区间为1,a.【变式训练2】解对f(x)求导得f′(x)＝ex·1＋ax2－2ax1＋ax22.当a＝43时，若f′(x)＝0，则4x2－8x＋3＝0，解得x1＝32，x2＝12.结合①，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.【例题3】1）.（2）由得，故，则43x或，由，，41641205504.39329627f故，.【变式训练3】1）当0a时，函数()e20xfxa，()fx在R上单调递增，423)4()(2'22axxxaxxxf01f21a2421)21)(4()(232xxxxxxf34,143'2xxxxxf或0)2()2(ff29)1(f29)(maxxf2750)(minxf当0a时，()e2xfxa，令e20xa，得ln(2)xa，所以当(,ln(2))xa时，()0fx，函数()fx单调递减；当(ln(2),)xa时，()0fx，函数()fx单调递增.（2）由（1）可知，当0a时，函数()e20xfxax，不符合题意.当0a时，()fx在(,ln(2))a上单调递减，在(ln(2),)a上单调递增.①当ln(2)1a，即e02a时，()fx最小值为(1)2efa.解2e0a，得e2a，符合题意.②当ln(2)1a，即e2a时，()fx最小值为(ln(2))22ln(2)faaaa，解22ln(2)0aaa，得2ea，不符合题意.综上，e2a.应用体验：1.D【解析】函数的定义域为0,，令1110xyxx，解得0,1x，又0x，所以0,1x，故选D.考点：求函数的单调区间.2.