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变式训练4、设f（x）=xlnx—ax2+（2a—1）x（常数a>

0）.

（1）令g（x）=f'

刈，求g（x）的单调区间；

⑵已知f（x）在x=1处取得极大值，求实数a的取值范围

例5设a

为实数，函数f（x）=ex-2x+2a,x€R.

（1）求f（x）的单调区间与极值；

（2）求证：

当a>

ln2—1且x>

0时，ex>

x2—2ax+1.

变式练习5

（1）证明不等式ex>

x+1>

lnx,x>

（2）已知函数f（x）=2ax2+（a—1）x—Inx.证明：

0时，f（x）1In220

A组专项基础训练三、解答题

1.已知函数f（x）=ax2+blnx在x=1处有极值

（1）求a,b的值；

⑵求函数y=f（x）的单调区间.

2、已知函数f（x）=ex-ax—1.

⑴求f（x）的递增区间；

⑵是否存在a,使f（x）在（—2,3）上为减函数，若存在，求出a的取值范围，若不存在，说明理由.

3、已知函数fxeInx.设x1是函数fx的极值点，求m并讨论fx的单调性;

例11、已

⑵若f（x）在（-汽-2）上单调递增，求实数a的取值范围；

解f'

（x）=ex—a,

（1）f（x）的递增区间是（4,-1）,（1,+^）.f（x）的递减区间是（-1,1）

（2）a<

12.

（3）当a<

0时，f'

（x）A0恒成立，f（x）在R上单调递增；

当a>

0时,f（x）的递增区间是（-g,着）,（首,+m）,f（x）的递减区间是（£

，右）

Inx1

2、已知f（X）—l，求f（X）的单调性。

3、

（1）对于R上可导的任意函数f（x）,若满足f（X）+xf（X）0,则不等式

x2f（x2）-<

fM的导函魏）」则F列不等武成立的是

虑分析：

令比）=型』叱时=

COSX

C./（0）>

D./（0>

72/（^）

-八畑讥八屁卄“加叶,由对任意的韦満足

■taeAh

cos~X

o可得即酬矗応-士：

l±

feWffiH,则容

22J

即

答案：

（-1,1）

已MM.v=rM对任盍的不e中淆足f何冷*+金）血20（耳中fco是国数

已知函数f（x）=—X3—2ax2—9x.

⑵若f（x）在［1,+^）上是递减的，求实数a的取值范围;

g）,

解

（1）f（x）的递减区间是（-g,-1）,（-3,+

f（x）的递增区间是（-1,-3）

⑵f'

（x）=-3x2—4ax—9.由f'

（x）<

0，得a>

记t（x）=-（x3）,•••t（x）

max=

3_3

.••a》

3.3

~2~

⑶f'

（x）=-3/—4ax—9.

乳［T

］,f（x）在R上单调递减,

三）U（,+g）时,

f（x）在（-2a4a—27

-2a..4a227

）单调递增

f（x）在（一g

-2a.4a227-2a

）,（

4a227，+g）单调递减

题型二利用导数研究函数的极值

例2

⑶若f（x）在［1,+g）上有两极值点，求实数a的取值范围；

解

（1）当a=-3时，f（x）=—x3+6x2—9x.

f（x）的递减区间是（-g,1）,（3,+g）,f（x）的递增区间是（1,3）

f（x）的极大值为f（3）=0;

f（x）的极小值为f

（1）=—4;

（2）f'

（x）=-3X2—4ax—9.由f'

（-1）=0,得a=3，所以f

（2）=-50

（3）f'

（x）=-3x2—4ax—9,

•••若f（x）在[1,+s）上有两极值点

•••函数f'

（x）在［1,+a）上有两不同正根，

”3P3

由题有

解得a€[-3,

（1）0

已知函数f（x）=x3—3ax2+3x+1.

解⑴当a=2时，f（x）=x3—6x2+3x+1,f'

（x）=3x2—12x+3=3（x—2+B）（x—2—^3）.

当x€（—a,2—J3）时，f'

（x）>

0,f（x）在（一a,2-荊上是增加的；

当x€（2—3,2+3）时，f'

（x）<

0,f（x）在（2—3,2+.3）上是减少的；

当x€（2+,3,+a）时，f'

（x）>

0,f（x）在（2+,3,+a）上是增加的.

综上，f（x）的递增区间是（一a,2—3）和（2+,3，+a）,f（x）的递减区间是（2—3,2+•.3）.

⑵法1:

若在（2,3）只有一个极值点，则f

（2）f（3）<

0，解得a€（4，刁

若在（2,3）只有一个极值点，则

，此时无解

2a3

（2）0

f（3）0

法2：

（x）=3x2—6ax+3=3[（x—a）2+1—a2].

当1—a2>

（x）>

0,f（x）为增函数，故f（x）无极值点;

当1—a2<

0时，f'

（x）=0有两个根X1=a—.a2—1,X2=a+a2—1.

由题意，知2<

a-a2-1<

3,①或2<

a+.a2-1<

3,②

5555

①无解，②的解为5<

3，因此a的取值范围为（5,3）.

（1）若曲线f（x）在点（1,f

（1））处的切线斜率为3，且x=3时y=f（x）有极值，求函数f（x）的解析式;

⑵在

（1）的条件下，求函数f（x）在［—4,1］上的最大值和最小值.

解

（1）f'

（x）=3x2+2ax+b.依题意f'

（1）=3，f'

3=0，

3+2a+b=3，

a=2，

得24解之得所以f（x）=x3+2x2—4x+5.

3•32+3a+b=0，b=—4.

（2）由

（1）知，f'

（x）=3x2+4x—4=（x+2）（3x—2）.令f'

（x）=0，得*=—2，X2=3.

当x变化时，f（x），f'

（x）的变化情况如下表：

—4

（—4,—2）

—2

（-2,2

（f，1）

（x）

—

f（x）

—11

极大值

、

极小值

•••f（x）在［—4,1］上的最大值为13,最小值为—11.

已知函数f（x）=ax3+bx+c在点x=2处取得极值c—16.

解⑴因为f（x）=ax3+bx+c,故f'

（x）=3ax2+b.

由于f（x）在点x=2处取得极值c—16,

2=0,12a+b=0,a=1,

故有'

即'

解得'

f2=c—16,8a+2b+c=c—16,b=—12.

（2）由

（1）知f（x）=x3—12x+c,f'

（x）=3x2—12=3（x—2）（x+2）.

令f'

（x）=0,得X1=—2,X2=2.

当x€（—^,—2）时，f'

0，故f（x）在（—^,—2）上为增函数；

当x€（—2,2）时，f'

0，故f（x）在（—2,2）上为减函数；

当x€（2,+®

）时，f'

0，故f（x）在（2,+®

）上为增函数.

由此可知f（x）在x=—2处取得极大值f（—2）=16+c,

f（x）在x=2处取得极小值f

（2）=c—16.由题设条件知16+c=28,解得c=12.

此时f（—3）=9+c=21,f（3）=—9+c=3,f

（2）=—16+c=—4,

因此f（x）在［—3,3］上的最小值为f

（2）=—4.

题型四禾U用导数求含参函数的最值问题

1解

（1）f'

（x）=——a（x>

0）,［1分］

1当a<

（x）=1—a>

0,即函数f（x）的递增区间为（0,+®

）.［3分］

2当a>

0时，令f'

（x）=1—a=0,可得x=丄，

当Ovxv1时，f'

（x）=>

0；

当x〉1时，f'

（x）=ax<

ax'

故函数f（x）的递增区间为（0,1］，递减区间为［1+®

）.［5分］

⑵①当1，即a>

1时，函数f（x）在区间［1,2］上是减少的，所以f（x）的最小值是f

（2）=In2-2a.［9分］a

②当卜2,即O脅1时，函数f（x）在区间［1,2］上是增加的，所以f（x）的最小值是f（1r-a［10分］

③当1<

2，即2<

1时，函数f（x）在［1,寸］上是增加的，在［才2］上是减少的•又f

（2）-f

（1）=in2-a，

所以当2<

ln2时，最小值是f

（1）=-a；

当In2益a<

1时，最小值为f

（2）=In2-2a.[12分]

综上可知,

当0<

In2时，函数f（x）的最小值是一a；

In2时，函数f（x）的最小值是In2-2a.［14分］

刈，求g（x）的单调区间;

⑵已知f（x）在x=1处取得极大值，求实数a的取值范围.

解

（1）由f'

x）=Inx-2ax+2a，可得g（x）=Inx-2ax+2a，x€（0，+®

）.

所以g'

xAx-2a=上严.又a>

当x€（°

，2*a）时，g'

0，函数g（x）单调递增，当X€佑，

+®

）时，g'

0,函数g（x）单调递减.

二函数y=g（x）的单调增区间为（o,盘），单调减区间为（2a，+®

）.

（1）=0.

111

①当0<

2时，20>

1,由⑴知f'

刈在（0,亦）内单调递增，可得当

x€（0，1）时，f'

0，当x€（1,扃）时，f'

所以f（x）在（0,1）内单调递减，在（1,2a）内单调递增.所以f（x）在x=1处取得极小值，不合题意.

②当a=1时，右=1，f'

（x）在（0，1）内单调递增，在（1，+®

）内单调递减，所以当x€（0，+®

）时，f'

0,f（x）单调递减,

22a

不合题意.

③当a>

2时，0<

2a<

1，当x€（2a，〔）时，f'

0,f（x）单调递增，当x€（1,+®

0,f（x）单调递减.

所以f（x）在x=1处取极大值，符合题意

综上可知，实数a的取值范围为（？

，+®

例5

（1）解由f（x）=e"

—2x+2a,x€R知f'

（x）=ex—2,x€R.令f'

（x）=0,得x=In2,于是当x变化时，f'

（x）,f（x）的变化情况如下表：

（—8,In2）

In2

（In2,+8）

「+

单调递减

2（1—In2+a）

单调递增/

故f（x）的单调递减区间是（一8,In2］，单调递增区间是［In2,+®

）,

f（x）在x=In2处取得极小值，极小值为f（ln2）=eln2—2ln2+2a=2（1—In2+a）.

（2）证明设g（x）=ex—x2+2ax—1,x€R，于是g'

（x）=ex—2x+2a,x€R.

由

（1）知当a>

In2—1时，g'

（x）的最小值为g'

（In2）=2（1—In2+a）>

于是对任意x€R，都有g'

0，所以g（x）在R上是增加的.

于是当a>

In2—1时，对任意x€（0,+s），都有g（x）>

g（0）.

而g（0）=0，从而对任意x€（0,+）,g（x）>

0.即ex—X2+2ax—1>

0，故ex>

x2—2ax+1.

然后根据函

这往往就

探究提高利用导数方法证明不等式f（x）>

g（x）在区间D上恒成立的基本方法是构造函数h（x）=f（x）—g（x）,数的单调性，或者函数的最值证明函数h（x）>

0,其中一个重要技巧就是找到函数h（x）在什么时候可以等于零,是解决问题的一个突破口.

证明：

①令f（x）

exx1,x>

则f'

（x）

ex1

f（x）在（0,

）上单调递增。

对任意x

（0,

），有

f（x）f（0）

而f（0）e00

f（x）0

即ex1

②令g（x）x1Inx,x>

0则g'

（x）1

令g'

（x）0，得x=1

x变化时，

（x），g（x）的变化情况如下表：

（0,1）

（1,）

g（x）

g（x）ming

（1）2

即对任意x（0,）有g（x）>

（1）>

0x+1>

lnx

综上当x>

0时，有exx1Inx

（2）已知函数f（x）=尹x2+（a—1）x-Inx.证明：

0时，f（x）

In220

解析：

0时，f（x）在（0,）递减，（丄，

）递增，f（x）min

原不等式等价于f（）In220，构建新函数g（a）

解

（1）f'

（X）=2ax+-.又f（x）在x=1处有极值T.

即a=2，

2a+b=0.

解之得a=2,b=—1.

（2）由

（1）可知f（x）=討一Inx

其定义域是（0,+®

）,且f'

（x）=x—-=x+1x—1

由f'

0，得0<

0，得x>

所以函数y=f（x）的递减区间是（0,1），递增区间是（1,+a）.

2、已知函数f（x）=ex—ax—1.

（1）求f（x）的递增区间；

⑵是否存在a，使f（x）在（—2,3）上为减函数，若存在，求出

（x）=e—a，

（1）若a<

0，则f'

（x）=ex—a>

0，即f（x）在R上递增，

a的取值范围，若不存在，说明理由.

若a>

0,ex—a>

0,/•ex>

a,x>

Ina.

因此当a<

0时，f（x）的递增区间为R，当a>

0时，f（x）的递增区间是［Ina,+®

（2）tf'

（x）=e"

—a<

0在（—2,3）上恒成立./•a>

ex在x€（—2,3）上恒成立.

又丁—2<

3,e2<

ex<

e3，只需a>

e3.

当a=e3时，f'

（x）=ex—e3在x€（—2,3）上,f'

0，即f（x）在（一2,3）上为减函数，/•a>

e3.故存在实数a>

e3，使f（x）在（—2,3）上为减函数.

x的单调性;

3、已知函数fxeInx.设x1是函数fx的极值点，求m并讨论f⑴伽・严£

（"

臥囲为a是话町何恻值点，

以f⑴-^1=0,-.冋亠丄

二阶导，答案：

（0,1）递减；

（1，+8）递增

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