导数及其应用基础练习

1、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=x310x+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=z又.点p在第二象限，x= 2.则 y=(-2)3-10x(-2)+3=15,点p坐标为(-2,15).【例1-2 (2013福建)已知函数f(x) = x-aln x(ac 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

2、值.解 函数f(x)的定义域为(0, +8),，(x)=1 a. x(1)当 a=2 时，f(x) = x 2ln x, f (x)= 1 2(x0), x、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+ y2=0.(2)由 f (x)=1 a = x-a, x0 知: x x当aw0时，f (x)0,函数f(x)为(0, + 8)上的增函数，函数 f(x)无极值；当a0时，由f (x)=0,解得x=a.又当 xc(0, 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) =

3、 aaln a,无极大值.综上，当aw。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-aln 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 (x0)的一条切线，则实数 b =答案 in 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 =1,令1 = 2,得x=,故切点为1, in 1 , x x22211 ,代入直线万程，得ln 2=2x2+ 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) = x2+aln x.(1)

4、当a=2时，求函数f(x)的单调递减区间；2 .(2)若函数g(x) = f(x)+一在1 , 十 )上单倜，求头数 a的取值氾围.x审题破题(1)直接卞!据f (x)0 或 g(x)w0 在1 , + 8)上恒成立.解(1)由题意知，函数的定义域为(0, +8),当 a= 2 时，f (x) = 2x 2=2x+1 x-1 , x x故f(x)的单调递减区间是(0,1).(2)由题意得g (x) = 2x+： x2,函数g(x)在1 , + 8)上是单调函数.若g(x)为1, +8)上的单调增函数，则 gz (x)0在1 , +8)上恒成立，即a 2- 2x2在1 , + )上恒成立 x2

5、设(j)(x) = - 2x2, x x)在1 , + 8)上单调递减，x)max = 巾)=0, .a0.若g(x)为1, +8)上的单调减函数，则g (x)w0在1 , +8)上恒成立，不可能.，实数a的取值范围为0, +8).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(一8, 2).依题意得f (x)=a+.x 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

6、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(一1,0),半径为1,依题意，有厂，11 =1,解得a=1. ,a-1 2+1(2)f(x)=ln(2 x)+ax 的定义域为(一8, 2),f (x) = a+;.因为 a0,所以 2 10,解得 x2-1 a令 f (x)0,解得 2- 1vx0, x所以f(x)在区间1 , e上为增函数.一一 . 一 一一，1所以当x=1时，f(x)取得最小值2;一 一 一 一， 1c当x = e时，f(x)取得取大值2e2 + 1.(2)证明设 h(x) = g(x) f(x)= 2x31x2ln x, xc

7、 1 , + 00),3212x3 x2 1则 h (x)=2x2 x二x xx-1 2x2+x+ 1 . x1当 xc(1, + 8)时，h (x)0, h(x)在区间1 ,+8)上为增函数，所以 h(x)h(1) = -0.6所以对于xc(1, + 8), 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)= (x1)exkx2(kc r).(1)当k=1时，求函数f(x)的单调区间； 1(2)当kc 2，1时，求函数f(x)在，k上的最大值 m.解 (1)当 k= 1 时,f(x) = (x 1)ex-x2, f (x)= ex

8、+ (x 1)ex 2x=x(ex 2).令 f (x)=0 得 x=0, x2 = ln 2.列表如下：x(8, 0)(, in 2)in 2(in 2, +8)f (x)十一十f(x)极大值极小值由表可知，函数f(x)的递减区间为(0, in 2),递增区间为(一8, ), (in 2, + oo).(2)f (x) = ex+(x1)ex2kx=x(ex 2k), 12kw1,12k 2,由(1)可知f(x)在(, in 2k)上单调递减，在(in 2k, + 8)上单调递增.1,设 g(x) = xin 2x 2x 1 ,则 g (x)= 1 -f-= 12x x- 1x 1,1 12

9、,1g(1)=1 in 20,1 )- 20 即 kln 2k,f(x)在(0, in 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)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),再令(f)(k)=ek 3k,贝u / (k)=ek-3e-30, ,113k)在 2, 1 上递减，而 4 2 41)= ve-2 (e-3)0,当 kc (xo,1)时，f)(k)0, h(1) = 0.

10、,1 .h(k)0在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 = (k1)ekk3.题型四导数的综合应用 . 一. . . ._.、3.兀.一一兀31例4已知函数f(x) = axsix 2(a0),且f(x)在区间0,万上的取大值为 .(1)求函数f(x)的解析式；(2)判断函数f(x)在(0, nt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 - siix + ax - cos: = a(sin x+ xcos x). xc 0, 2 时

11、，sin x+xcos x0.又 a0, .f/ (x)0 , f(x)在 0, 2 上是增函数.则 f(x)max= f 2=2a2 = 1，a= 1,3所以 f(x) = xsin x 2.(2)函数f(x)在区间(0, nt内有且只有两个零点.证明如下：,，3由(1)知，f(x) = xsin x-2,从而 f(o)=3o.tt .由(1)知，f(x)在0, 2上是增函数，且f(x)的图象连续不间断， 、tt - 八 一 f(x)在区间0, 2上有唯一零点；当 xc 2,兀时，令 g(x) = f (x)= sin x+xcos x,.兀一, 兀1 ，,兀由g2 =10,g(nt左一兀0

12、且g(x)在2,兀上的图象是连续不断的，故存在m c 2,兀，使得 g(m)= 0.由g (x)=2cos x- xsin x,知xc 2t,兀时，有g (x)g(m)=0,即 f (x)0, 一 tt. 、 , 、 一从而f(x)在5，m内单调递增，故当 xc，, m 时，f(x)f 2 =工230. 兀一 一，故f(x)在m 上无手点；当 xc(m, nt 时，有 g(x)g(m)=0,即 f (x)0, f(兀)0且f(x)在m, nt止的图象是连续不断的，从而 f(x)在(m, nt内有且仅 有一个零点.综上所述，f(x)在(0 , k内有且只有两个零点.变式训练 4-1 (2013

13、辽宁)(1)证明：当 xc 0,1时，222xsin xx;a的取值范围.x3(2)若不等式ax+ x2+ -+2(x+2)cos x0,f(x)在0,4上是增函数；当xcj,1时，f (x)0,所以当 xc0,1时，f(x)0,即 sin x2x.记 h(x) = sin x x,则当 xc (0,1)时，h (x)= cos x1v0,所以，h(x)在0,1上是减函数，则 h(x)wh(0) = 0,即 sin x x.,2综上，x sin x x, x 0,1.(2)解方法一因为当xc 0,1时，ax+x2 + x+ 2(x+ 2)cosx- 4= (a+ 2)x+x2+x2-4(x+

14、2)sin2xx32w (a + 2)x+ x2+ 3 4(x+ 2) =x 2= (a + 2)x.所以，当a 2时，3不等式 ax+ x2+ x2-+ 2(x+ 2)cos x 2时，不等式ax+ x2 + + 2(x+ 2)cos x(a+2)x+ x2+ 5一4(x+2) 2 22 x3= (a+2)x x2-,33 o 32(a+2)x /2= 2xx 3 a+2 .所以存在xoc (0,1)2 1例如xo取a手和1中的较小值 满足322 x3axo+ x0+ y+ 2(xo+ 2)cos xo 4 0.x3综上，实数a的取值范围是(3, 2.即当a2时，不等式 ax+x2 +2(x

15、+2)cos x 42,因此g (x)2+3x-4x*x (x+ 2)=(2-22)x 0.于是 f (x)在0,1上是减函数，因此，当 xc(0,1)时，f (x)vf (0)=a+2.故当aw2时，f (x)0,从而f(x)在0,1上是减函数，所以f(x)wf(0)=0. x3一 一 一即当aw2时，不等式ax+x2 +金+2(x+2)cos x 2时，不等式ax+x2 + 2 +2(x+ 2)cos x0, f，(1)= a + 2+2cos 1 - 6sin 1.当 a6sin 1 2cos 1；时，f (1) 0,所以当 xc (0,1)时，f (x)0.因此f(x)在0,1上是增函

16、数，故 f(1)f(0)=0;当一2vav6sin 12cos 1 ，时，f (1)0.故存在 xoc (0,1),使 f (xo)= 0,则当 0vxvxo时，f (x)f (xo) = 0,所以f(x)在0, xo上是增函数，所以当 xc (0, xo)时，f(x)f(0)= 0.x3所以，当a2时，不等式 ax+x2+ 2(x + 2)cos x 4对xc 0,1不恒成立.综上，实数a的取值范围是(8, -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；1 ，(2)讨论g(x)与g 7的大小关系；x(3)求实数a

17、的取值范围，使得 g(a)g(x)0成立.a规范解答解(1)由题意，g(x)=ln x+ -, x0, x- gx 1x2 , jel x0令 g (x)=0,得 x=1, 2 分当 xc (0,1)时，g (x)0.故(1 , + 8)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 1 = in x+x, x设 h(x) = g(x) g 1 =2ln xx+1, xxx 一 1 2.则 h (x)=- -x2,且 x0.6 分当 x= 1 时，h(1) = 0,即 g(x) = g 1 ； x当 xc(0,1)u(1, +8)时，h (x)0, h，(1)=0,因此，h(x)在(0, +8)内单调递减，当 0vxh(1)=0,即 g(x)g 1 , x当 x1 时，h(x)h(1)=0,即 g(x)g 1 .9 分 x由(1)知，g(x)的最小值为g(1)=1, g(a)-g(x)0 成立？ g(a)1