导数及其应用基础练习

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 ＝x 3－10x ＋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 ′＝3x 2－10，设P (x ，y )， 则由已知有3x 2－10＝2，即x 2＝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 －a ln x (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－a x .(1)当a ＝2时，f (x )＝x －2ln x ，f ′(x )＝1－2x (x >0)，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－a x ＝x －ax ，x >0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a >0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 －a ln a ，无极大值． 综上，当a ≤0时，函数f (x )无极值；当a >0时，函数f (x )在x ＝a 处取得极小值a －a ln a ，无极大值．变式训练1 (1)(2013·湖北)直线y ＝2x ＋b 是曲线y ＝ln x (x >0)的一条切线，则实数b ＝________. 答案 －ln 2－1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 ′＝1x ，令1x ＝2，得x ＝12，故切点为⎝⎛⎭⎫12，ln 12，代入直线方程，得ln 12＝2×12＋b ，所以b ＝－ln 2－1.题型二 利用导数研究函数的单调性 例2 已知函数f (x )＝x 2＋a ln x .(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 )＋2x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． 解 (1)由题意知，函数的定义域为(0，＋∞)，当a ＝－2时，f ′(x )＝2x －2x ＝2(x ＋1)(x －1)x，故f (x )的单调递减区间是(0,1)． (2)由题意得g ′(x )＝2x ＋a x －2x 2，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 ≥2x －2x 2在[1，＋∞)上恒成立，设φ(x )＝2x －2x 2，∵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＋y 2＝1相切，求a 的值； (2)当a >0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 ＋1x －2.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－a ＋1|(a －1)2＋1＝1，解得a ＝1.(2)f (x )＝ln(2－x )＋ax 的定义域为(－∞，2)，f ′(x )＝a ＋1x －2.因为a >0，所以2－1a <2.令f ′(x )>0，解得x <2－1a ；令f ′(x )<0，解得2－1a<x <2.所以，f (x )的单调增区间是⎝⎛⎭⎫－∞，2－1a ， f (x )的单调减区间是⎝⎛⎭⎫2－1a ，2. 题型三 利用导数研究函数的极值(最值)例3 已知函数f (x )＝12x 2＋ln x .(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 )＝23x 3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 )＝23x 3的图象的下方，即g (x )－f (x )在(1，＋∞)上恒大于0.(1)解 当x ∈[1，e]时，f ′(x )＝x ＋1x >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12；当x ＝e 时，f (x )取得最大值12e 2＋1.(2)证明 设h (x )＝g (x )－f (x )＝23x 3－12x 2－ln x ，x ∈[1，＋∞)，则h ′(x )＝2x 2－x －1x ＝2x 3－x 2－1x＝(x －1)(2x 2＋x ＋1)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)＝16>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)e x －kx 2(k ∈R )．(1)当k ＝1时，求函数f (x )的单调区间；(2)当k ∈⎝⎛⎦⎤12，1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)e x －x 2， ∴f ′(x )＝e x ＋(x －1)e x －2x ＝x (e x －2)． 令f ′(x )＝0得x 1＝0，x 2＝ln 2.由表可知，函数f (x )的递减区间为(0，ln 2)，递增区间为(－∞，0)，(ln 2，＋∞)． (2)f ′(x )＝e x ＋(x －1)e x －2kx ＝x (e x －2k )， ∵12<k ≤1，∴1<2k ≤2， 由(1)可知f (x )在(0，ln 2k )上单调递减，在(ln 2k ，＋∞)上单调递增．设g (x )＝x －ln 2x ⎝⎛⎭⎫12<x ≤1， 则g ′(x )＝1－22x ＝1－1x，∵12<x ≤1，∴1≤1x <2，∴－1<1－1x≤0， ∴g (x )＝x －ln 2x 在⎝⎛⎦⎤12，1上单调递减， ∴g (x )>g (1)＝1－ln 2>0， ∵12<k ≤1，∴k －ln 2k >0即k >ln 2k ， ∴f (x )在(0，ln 2k )上单调递减，在(ln 2k ，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)e k －k 3， 下面比较f (0)与f (k )的大小． 令h (k )＝f (k )－f (0)＝(k －1)e k －k 3＋1， 则h ′(k )＝k (e k －3k )，再令φ(k )＝e k －3k ，则φ′(k )＝e k －3<e －3<0，∴φ(k )在⎝⎛⎦⎤12，1上递减，而φ⎝⎛⎭⎫12·φ(1)＝⎝⎛⎭⎫e －32(e －3)<0， ∴存在x 0∈⎝⎛⎦⎤12，1使得φ(x 0)＝0，且当k ∈⎝⎛⎭⎫12，x 0时，φ(k )>0，当k ∈(x 0,1)时，φ(k )<0， ∴h (k )在⎝⎛⎭⎫12，x 0上单调递增，在(x 0,1)上单调递减． 又h ⎝⎛⎭⎫12＝－12e ＋78>0，h (1)＝0. ∴h (k )≥0在⎝⎛⎦⎤12，1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)e k －k 3. 题型四 导数的综合应用例4 已知函数f (x )＝ax ·sin x －32(a >0)，且f (x )在区间⎣⎡⎦⎤0，π2上的最大值为π－32. (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 ·sin x ＋ax ·cos x ＝a (sin x ＋x cos x )．∵x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2时，sin x ＋x cos x >0. 又a >0，∴f ′(x )>0，f (x )在⎣⎡⎦⎤0，π2上是增函数． 则f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎫π2＝π2a －32＝π－32，∴a ＝1，所以f (x )＝x sin x －32.(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 )＝x sin x －32，从而f (0)＝－32<0，f ⎝⎛⎭⎫π2＝π2－32>0. 由(1)知，f (x )在⎣⎡⎦⎤0，π2上是增函数，且f (x )的图象连续不间断， ∴f (x )在区间⎝⎛⎭⎫0，π2上有唯一零点； 当x ∈⎣⎡⎭⎫π2，π时，令g (x )＝f ′(x )＝sin x ＋x cos x ，由g ⎝⎛⎭⎫π2＝1>0，g (π)＝－π<0，且g (x )在⎣⎡⎦⎤π2，π上的图象是连续不断的，故存在m ∈⎝⎛⎭⎫π2，π，使得g (m )＝0.由g ′(x )＝2cos x －x sin x ，知x ∈⎝⎛⎭⎫π2，π时，有g ′(x )<0，从而g (x )在⎝⎛⎭⎫π2，π内单调递减． 当x ∈⎝⎛⎭⎫π2，m 时，g (x )>g (m )＝0，即f ′(x )>0， 从而f (x )在⎝⎛⎭⎫π2，m 内单调递增， 故当x ∈⎣⎡⎦⎤π2，m 时，f (x )≥f ⎝⎛⎭⎫π2＝π－32>0. 故f (x )在⎣⎡⎦⎤π2，m 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． 变式训练4-1 (2013·辽宁)(1)证明：当x ∈[0,1]时，22x ≤sin x ≤x ； (2)若不等式ax ＋x 2＋x 32＋2(x ＋2)cos x ≤4对x ∈[0,1]恒成立，求实数a 的取值范围．(1)证明 记F (x )＝sin x －22x ，则F ′(x )＝cos x －22.当x ∈⎝⎛⎭⎫0，π4时，F ′(x )＞0，F (x )在⎣⎡⎦⎤0，π4上是增函数； 当x ∈⎝⎛⎭⎫π4，1时，F ′(x )＜0，F (x )在⎣⎡⎦⎤π4，1上是减函数． 又F (0)＝0，F (1)＞0，所以当x ∈[0,1]时，F (x )≥0，即sin x ≥22x . 记H (x )＝sin x －x ，则当x ∈(0,1)时，H ′(x )＝cos x －1＜0，所以，H (x )在[0,1]上是减函数，则H (x )≤H (0)＝0，即sin x ≤x .综上，22x ≤sin x ≤x ，x ∈[0,1]．(2)解 方法一 因为当x ∈[0,1]时，ax ＋x 2＋x 32＋2(x ＋2)cos x －4＝(a ＋2)x ＋x 2＋x 32－4(x ＋2)sin 2x 2≤(a ＋2)x ＋x 2＋x 32－4(x ＋2)⎝⎛⎭⎫24x 2＝(a ＋2)x .所以，当a ≤－2时，不等式ax ＋x 2＋x 32＋2(x ＋2)cos x ≤4对x ∈[0,1]恒成立． 下面证明，当a ＞－2时，不等式ax ＋x 2＋x 32＋2(x ＋2)cos x ≤4对x ∈[0,1]不恒成立． 因为当x ∈[0,1]时，ax ＋x 2＋x32＋2(x ＋2)cos x －4＝(a ＋2)x ＋x 2＋x 32－4(x ＋2)sin 2x2≥(a ＋2)x ＋x 2＋x32－4(x ＋2)⎝⎛⎭⎫x 22 ＝(a ＋2)x －x 2－x 32≥(a ＋2)x －32x 2＝－32x ⎣⎡⎦⎤x －23(a ＋2). 所以存在x 0∈(0,1)⎝⎛⎭⎫例如x 0取a ＋23和12中的较小值满足ax 0＋x 20＋x 302＋2(x 0＋2)cos x 0－4＞0. 即当a ＞－2时，不等式ax ＋x 2＋x 32＋2(x ＋2)cos x －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 ＋x 2＋x 32＋2(x ＋2)cos x －4，则 f ′(x )＝a ＋2x ＋3x22＋2cos x －2(x ＋2)sin x .记G (x )＝f ′(x )，则G ′(x )＝2＋3x －4sin x －2(x ＋2)cos x .当x ∈(0,1)时，cos x ＞12，因此G ′(x )＜2＋3x －4×22x －(x ＋2)＝(2－22)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.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 ＋x 2＋x 32＋2(x ＋2)cos x ≤4，对x ∈[0,1]恒成立． 下面证明：当a ＞－2时，不等式ax ＋x 2＋x 32＋ 2(x ＋2)cos x ≤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 ＋72＋2cos 1－6sin 1.当a ≥6sin 1－2cos 1－72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 ＜6sin 1－2cos 1－72时，f ′(1)＜0.又f ′(0)＞0.故存在x 0∈(0,1)，使f ′(x 0)＝0，则当0＜x ＜x 0时，f ′(x )＞f ′(x 0)＝0，所以f (x )在[0，x 0]上是增函数，所以当x ∈(0，x 0)时，f (x )＞f (0)＝0.所以，当a ＞－2时，不等式ax ＋x 2＋x 32＋2(x ＋2)cos x ≤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 )＝ln x ，g (x )＝f (x )＋f ′(x )．(1)求函数g (x )的单调区间和最小值；(2)讨论g (x )与g ⎝⎛⎭⎫1x 的大小关系；(3)求实数a 的取值范围，使得g (a )－g (x )<1a 对任意x >0成立．规范解答解 (1)由题意，g (x )＝ln x ＋1x，x >0，∴g ′(x )＝x －1x 2，且x >0，令g ′(x )＝0，得x ＝1，[2分] 当x ∈(0,1)时，g ′(x )<0， 故(0,1)是g (x )的单调减区间， 当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )>0. 故(1，＋∞)是g (x )的单调增区间，因此，x ＝1是g (x )的唯一极值点，且为极小值点，从而是最小值点． 所以最小值为g (1)＝1.[4分](2)由(1)知g ⎝⎛⎭⎫1x ＝－ln x ＋x ，设h (x )＝g (x )－g ⎝⎛⎭⎫1x ＝2ln x －x ＋1x， 则h ′(x )＝－(x －1)2x 2，且x >0.[6分]当x ＝1时，h (1)＝0，即g (x )＝g ⎝⎛⎭⎫1x ；当x ∈(0,1)∪(1，＋∞)时，h ′(x )<0，h ′(1)＝0， 因此，h (x )在(0，＋∞)内单调递减， 当0<x <1时，h (x )>h (1)＝0，即g (x )>g ⎝⎛⎭⎫1x ， 当x >1时，h (x )<h (1)＝0，即g (x )<g ⎝⎛⎭⎫1x .[9分] (3)由(1)知，g (x )的最小值为g (1)＝1，∴g (a )－g (x )<1a 对∀x >0成立⇔g (a )－1<1a .则ln a ＋1a －1<1a ，即ln a <1，∴0<a <e.故实数a 的取值范围是(0，e)．[12分]评分细则 (1)g (x )的单调区间写成(0,1]，[1，＋∞)的不扣分；只求出极值没有写出最值的扣1分；(2)a 的取值范围写成不等式的不扣分；没有下结论的扣1分． 阅卷老师提醒 (1)研究函数相关问题，树立定义域优先意识．(2)树立分类讨论，转化化归的思想意识，善于根据条件特征构造函数，重视函数、不等式(方程)间的转化．(3)对于不等式恒成立问题，善于转化为g (a )－1a <g (x )min ，分离参数或构造关于参数的不等式，达到求解目的．。