2019届数学讲义第三章 导数及其应用 3.2 第1课时 含答案_第1页
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学必求其心得,业必贵于专精学必求其心得,业必贵于专精学必求其心得,业必贵于专精§3.2导数的应用最新考纲考情考向分析1。了解函数单调性和导数的关系;能利用导数研究函数的单调性,会求函数的单调区间(其中多项式函数一般不超过三次).2。了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件;会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数一般不超过三次);会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数一般不超过三次).3.会利用导数解决某些实际问题(生活中的优化问题).考查函数的单调性、极值、最值,利用函数的性质求参数范围;与方程、不等式等知识相结合命题,强化函数与方程思想、转化与化归思想、分类讨论思想的应用意识;题型以解答题为主,一般难度较大。1.函数的单调性在某个区间(a,b)内,如果f′(x)〉0,那么函数y=f(x)在这个区间内单调递增;如果f′(x)〈0,那么函数y=f(x)在这个区间内单调递减.2.函数的极值(1)一般地,求函数y=f(x)的极值的方法解方程f′(x)=0,当f′(x0)=0时:①如果在x0附近的左侧f′(x)〉0,右侧f′(x)〈0,那么f(x0)是极大值;②如果在x0附近的左侧f′(x)〈0,右侧f′(x)>0,那么f(x0)是极小值.(2)求可导函数极值的步骤①求f′(x);②求方程f′(x)=0的根;③考查f′(x)在方程f′(x)=0的根附近的左右两侧导数值的符号.如果左正右负,那么f(x)在这个根处取得极大值;如果左负右正,那么f(x)在这个根处取得极小值.3.函数的最值(1)在闭区间[a,b]上连续的函数f(x)在[a,b]上必有最大值与最小值.(2)若函数f(x)在[a,b]上单调递增,则f(a)为函数的最小值,f(b)为函数的最大值;若函数f(x)在[a,b]上单调递减,则f(a)为函数的最大值,f(b)为函数的最小值.(3)设函数f(x)在[a,b]上连续,在(a,b)内可导,求f(x)在[a,b]上的最大值和最小值的步骤如下:①求函数y=f(x)在(a,b)内的极值;②将函数y=f(x)的各极值与端点处的函数值f(a),f(b)比较,其中最大的一个为最大值,最小的一个为最小值.知识拓展1.在某区间内f′(x)〉0(f′(x)<0)是函数f(x)在此区间上为增(减)函数的充分不必要条件.2.可导函数f(x)在(a,b)上是增(减)函数的充要条件是对∀x∈(a,b),都有f′(x)≥0(f′(x)≤0)且f′(x)在(a,b)上的任何子区间内都不恒为零.3.对于可导函数f(x),f′(x0)=0是函数f(x)在x=x0处有极值的必要不充分条件.题组一思考辨析1.判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)若函数f(x)在(a,b)内单调递增,那么一定有f′(x)〉0.(×)(2)如果函数f(x)在某个区间内恒有f′(x)=0,则f(x)在此区间内没有单调性.(√)(3)函数的极大值不一定比极小值大.(√)(4)对可导函数f(x),f′(x0)=0是x0点为极值点的充要条件.(×)(5)函数的最大值不一定是极大值,函数的最小值也不一定是极小值.(√)题组二教材改编2.[P32A组T4]如图是函数y=f(x)的导函数y=f′(x)的图象,则下面判断正确的是()A.在区间(-2,1)上f(x)是增函数B.在区间(1,3)上f(x)是减函数C.在区间(4,5)上f(x)是增函数D.当x=2时,f(x)取到极小值答案C解析在(4,5)上f′(x)〉0恒成立,∴f(x)是增函数.3.[P28例4]设函数f(x)=eq\f(2,x)+lnx,则()A.x=eq\f(1,2)为f(x)的极大值点B.x=eq\f(1,2)为f(x)的极小值点C.x=2为f(x)的极大值点D.x=2为f(x)的极小值点答案D解析f′(x)=-eq\f(2,x2)+eq\f(1,x)=eq\f(x-2,x2)(x>0),当0〈x<2时,f′(x)〈0,当x>2时,f′(x)>0,∴x=2为f(x)的极小值点.4.[P24例2]函数f(x)=x3-6x2的单调递减区间为__________.答案(0,4)解析f′(x)=3x2-12x=3x(x-4),由f′(x)<0,得0〈x<4,∴函数f(x)的单调递减区间为(0,4).5.[P30例5]函数y=x+2cosx在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0,\f(π,2)))上的最大值是__________.答案eq\f(π,6)+eq\r(3)解析∵y′=1-2sinx,∴当x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(π,6)))时,y′〉0;当x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6),\f(π,2)))时,y′<0。∴当x=eq\f(π,6)时,ymax=eq\f(π,6)+eq\r(3).题组三易错自纠6.函数f(x)的定义域为R,导函数f′(x)的图象如图所示,则函数f(x)()A.无极大值点、有四个极小值点B.有三个极大值点、一个极小值点C.有两个极大值点、两个极小值点D.有四个极大值点、无极小值点答案C解析导函数的图象与x轴的四个交点都是极值点,第一个与第三个是极大值点,第二个与第四个是极小值点.7.已知定义在实数集R上的函数f(x)满足f(1)=3,且f(x)的导数f′(x)在R上恒有f′(x)<2(x∈R),则不等式f(x)〈2x+1的解集为____________.答案(1,+∞)解析令g(x)=f(x)-2x-1,∴g′(x)=f′(x)-2〈0,∴g(x)在R上为减函数,g(1)=f(1)-2-1=0.由g(x)〈0=g(1),得x〉1.∴不等式的解集为(1,+∞).8.设a∈R,若函数y=ex+ax有大于零的极值点,则实数a的取值范围是________.答案(-∞,-1)解析∵y=ex+ax,∴y′=ex+a。∵函数y=ex+ax有大于零的极值点,∴方程y′=ex+a=0有大于零的解,∵当x〉0时,-ex<-1,∴a=-ex<-1.第1课时导数与函数的单调性题型一不含参数的函数的单调性1.函数y=4x2+eq\f(1,x)的单调增区间为()A.(0,+∞) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2),+∞))C.(-∞,-1) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-∞,-\f(1,2)))答案B解析由y=4x2+eq\f(1,x),得y′=8x-eq\f(1,x2),令y′〉0,即8x-eq\f(1,x2)〉0,解得x〉eq\f(1,2),∴函数y=4x2+eq\f(1,x)的单调增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2),+∞))。故选B.2.已知函数f(x)=xlnx,则f(x)()A.在(0,+∞)上单调递增B.在(0,+∞)上单调递减C.在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(1,e)))上单调递增D.在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(1,e)))上单调递减答案D解析因为函数f(x)=xlnx的定义域为(0,+∞),所以f′(x)=lnx+1(x>0),当f′(x)>0时,解得x>eq\f(1,e),即函数的单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e),+∞));当f′(x)〈0时,解得0〈x〈eq\f(1,e),即函数的单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(1,e))),故选D。3.(2018·开封调研)已知定义在区间(-π,π)上的函数f(x)=xsinx+cosx,则f(x)的单调递增区间是______________________.答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-π,-\f(π,2)))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(π,2)))解析f′(x)=sinx+xcosx-sinx=xcosx.令f′(x)=xcosx>0,则其在区间(-π,π)上的解集为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-π,-\f(π,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(π,2))),即f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-π,-\f(π,2)))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(π,2)))。思维升华确定函数单调区间的步骤(1)确定函数f(x)的定义域.(2)求f′(x).(3)解不等式f′(x)〉0,解集在定义域内的部分为单调递增区间.(4)解不等式f′(x)<0,解集在定义域内的部分为单调递减区间.题型二含参数的函数的单调性典例已知函数f(x)=ln(ex+1)-ax(a>0),讨论函数y=f(x)的单调区间.解f′(x)=eq\f(ex,ex+1)-a=1-eq\f(1,ex+1)-a.①当a≥1时,f′(x)<0恒成立,∴当a∈[1,+∞)时,函数y=f(x)在R上单调递减.②当0<a<1时,由f′(x)〉0,得(1-a)(ex+1)>1,即ex>-1+eq\f(1,1-a),解得x〉lneq\f(a,1-a),由f′(x)〈0,得(1-a)(ex+1)<1,即ex〈-1+eq\f(1,1-a),解得x<lneq\f(a,1-a).∴当a∈(0,1)时,函数y=f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(a,1-a),+∞))上单调递增,在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-∞,ln\f(a,1-a)))上单调递减.综上,当a∈[1,+∞)时,f(x)在R上单调递减;当a∈(0,1)时,f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(a,1-a),+∞))上单调递增,在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-∞,ln\f(a,1-a)))上单调递减.思维升华(1)研究含参数的函数的单调性,要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论.(2)划分函数的单调区间时,要在函数定义域内讨论,还要确定导数为零的点和函数的间断点.跟踪训练已知函数f(x)=ex(ax2-2x+2)(a〉0).试讨论f(x)的单调性.解由题意得f′(x)=ex[ax2+(2a-2)x](a>0),令f′(x)=0,解得x1=0,x2=eq\f(2-2a,a)。①当0〈a〈1时,f(x)的单调递增区间为(-∞,0)和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2-2a,a),+∞)),单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(2-2a,a)));②当a=1时,f(x)在(-∞,+∞)内单调递增;③当a>1时,f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-∞,\f(2-2a,a)))和(0,+∞),单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2-2a,a),0)).题型三函数单调性的应用问题命题点1比较大小或解不等式典例(1)(2017·南昌模拟)已知定义在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(π,2)))上的函数f(x)的导函数为f′(x),且对于任意的x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(π,2))),都有f′(x)sinx<f(x)cosx,则()A。eq\r(3)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))>eq\r(2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))) B.feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))〉f(1)C.eq\r(2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))〈feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4))) D。eq\r(3)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))〈feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))答案A解析令g(x)=eq\f(fx,sinx),则g′(x)=eq\f(f′xsinx-fxcosx,sin2x),由已知g′(x)〈0在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(π,2)))上恒成立,∴g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(π,2)))上单调递减,∴geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))>geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))),即eq\f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4))),\f(\r(2),2))〉eq\f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))),\f(\r(3),2)),∴eq\r(3)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))>eq\r(2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))).(2)设f(x)是定义在R上的奇函数,f(2)=0,当x>0时,有eq\f(xf′x-fx,x2)<0恒成立,则不等式x2f(x)>0的解集是__________________.答案(-∞,-2)∪(0,2)解析∵当x〉0时,eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(fx,x)))′〈0,∴φ(x)=eq\f(fx,x)在(0,+∞)上为减函数,又φ(2)=0,∴在(0,+∞)上,当且仅当0<x<2时,φ(x)〉0,此时x2f(x)〉0。又f(x)为奇函数,∴h(x)=x2f(x)也为奇函数.故x2f(x)〉0的解集为(-∞,-2)∪(0,2).命题点2根据函数单调性求参数典例(2018·石家庄质检)已知函数f(x)=lnx,g(x)=eq\f(1,2)ax2+2x(a≠0).(1)若函数h(x)=f(x)-g(x)存在单调递减区间,求a的取值范围;(2)若函数h(x)=f(x)-g(x)在[1,4]上单调递减,求a的取值范围.解(1)h(x)=lnx-eq\f(1,2)ax2-2x,x∈(0,+∞),所以h′(x)=eq\f(1,x)-ax-2,由于h(x)在(0,+∞)上存在单调递减区间,所以当x∈(0,+∞)时,eq\f(1,x)-ax-2<0有解,即a〉eq\f(1,x2)-eq\f(2,x)有解.设G(x)=eq\f(1,x2)-eq\f(2,x),所以只要a>G(x)min即可.而G(x)=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)-1))2-1,所以G(x)min=-1.所以a〉-1。又因为a≠0,所以a的取值范围为(-1,0)∪(0,+∞).(2)因为h(x)在[1,4]上单调递减,所以当x∈[1,4]时,h′(x)=eq\f(1,x)-ax-2≤0恒成立,即a≥eq\f(1,x2)-eq\f(2,x)恒成立.由(1)知G(x)=eq\f(1,x2)-eq\f(2,x),所以a≥G(x)max,而G(x)=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)-1))2-1,因为x∈[1,4],所以eq\f(1,x)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4),1)),所以G(x)max=-eq\f(7,16)(此时x=4),所以a≥-eq\f(7,16),又因为a≠0,所以a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(7,16),0))∪(0,+∞).引申探究1.本例(2)中,若函数h(x)=f(x)-g(x)在[1,4]上单调递增,求a的取值范围.解因为h(x)在[1,4]上单调递增,所以当x∈[1,4]时,h′(x)≥0恒成立,所以当x∈[1,4]时,a≤eq\f(1,x2)-eq\f(2,x)恒成立,又当x∈[1,4]时,eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)-\f(2,x)))min=-1(此时x=1),所以a≤-1,即a的取值范围是(-∞,-1].2.本例(2)中,若h(x)在[1,4]上存在单调递减区间,求a的取值范围.解h(x)在[1,4]上存在单调递减区间,则h′(x)<0在[1,4]上有解,所以当x∈[1,4]时,a〉eq\f(1,x2)-eq\f(2,x)有解,又当x∈[1,4]时,eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)-\f(2,x)))min=-1,所以a〉-1,又因为a≠0,所以a的取值范围是(-1,0)∪(0,+∞).思维升华根据函数单调性求参数的一般思路(1)利用集合间的包含关系处理:y=f(x)在(a,b)上单调,则区间(a,b)是相应单调区间的子集.(2)f(x)为增函数的充要条件是对任意的x∈(a,b)都有f′(x)≥0且在(a,b)内的任一非空子区间上,f′(x)不恒为零,应注意此时式子中的等号不能省略,否则漏解.(3)函数在某个区间存在单调区间可转化为不等式有解问题.跟踪训练已知函数f(x)=eq\f(3x,a)-2x2+lnx在区间[1,2]上为单调函数,求a的取值范围.解f′(x)=eq\f(3,a)-4x+eq\f(1,x),若函数f(x)在区间[1,2]上为单调函数,即在[1,2]上,f′(x)=eq\f(3,a)-4x+eq\f(1,x)≥0或f′(x)=eq\f(3,a)-4x+eq\f(1,x)≤0,即eq\f(3,a)-4x+eq\f(1,x)≥0或eq\f(3,a)-4x+eq\f(1,x)≤0在[1,2]上恒成立,即eq\f(3,a)≥4x-eq\f(1,x)或eq\f(3,a)≤4x-eq\f(1,x).令h(x)=4x-eq\f(1,x),因为函数h(x)在[1,2]上单调递增,所以eq\f(3,a)≥h(2)或eq\f(3,a)≤h(1),即eq\f(3,a)≥eq\f(15,2)或eq\f(3,a)≤3,解得a<0或0<a≤eq\f(2,5)或a≥1.用分类讨论思想研究函数的单调性典例(12分)已知函数g(x)=lnx+ax2-(2a+1)x,若a≥0,试讨论函数g(x)的单调性.思想方法指导含参数的函数的单调性问题一般要分类讨论,常见的分类讨论标准有以下几种可能:①方程f′(x)=0是否有根;②若f′(x)=0有根,求出根后判断其是否在定义域内;③若根在定义域内且有两个,比较根的大小是常见的分类方法.规范解答解g′(x)=eq\f(2ax2-2a+1x+1,x)=eq\f(2ax-1x-1,x).[2分]∵函数g(x)的定义域为(0,+∞),∴当a=0时,g′(x)=-eq\f(x-1,x)。由g′(x)〉0,得0<x<1,由g′(x)〈0,得x〉1。[4分]当a>0时,令g′(x)=0,得x=1或x=eq\f(1,2a),[6分]若eq\f(1,2a)<1,即a〉eq\f(1,2),由g′(x)>0,得x〉1或0〈x〈eq\f(1,2a),由g′(x)〈0,得eq\f(1,2a)〈x<1;[8分]若eq\f(1,2a)〉1,即0〈a<eq\f(1,2),由g′(x)>0,得x〉eq\f(1,2a)或0<x〈1,由g′(x)〈0,得1〈x<eq\f(1,2a),若eq\f(1,2a)=1,即a=eq\f(1,2),在(0,+∞)上恒有g′(x)≥0。[10分]综上可得:当a=0时,函数g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减;当0〈a〈eq\f(1,2)时,函数g(x)在(0,1)上单调递增,在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1,\f(1,2a)))上单调递减,在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a),+∞))上单调递增;当a=eq\f(1,2)时,函数g(x)在(0,+∞)上单调递增;当a〉eq\f(1,2)时,函数g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(1,2a)))上单调递增,在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a),1))上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.[12分]1.函数f(x)=x2-2lnx的单调递减区间是()A.(0,1) B.(1,+∞)C.(-∞,1) D.(-1,1)答案A解析∵f′(x)=2x-eq\f(2,x)=eq\f(2x+1x-1,x)(x〉0),∴当x∈(0,1)时,f′(x)〈0,f(x)为减函数;当x∈(1,+∞)时,f′(x)〉0,f(x)为增函数.2.(2018·济南调研)已知定义在R上的函数f(x),其导函数f′(x)的大致图象如图所示,则下列叙述正确的是()A.f(b)〉f(c)〉f(d)B.f(b)〉f(a)>f(e)C.f(c)>f(b)>f(a)D.f(c)〉f(e)>f(d)答案C解析由题意得,当x∈(-∞,c)时,f′(x)〉0,所以函数f(x)在(-∞,c)上是增函数,因为a〈b〈c,所以f(c)>f(b)>f(a),故选C.3.已知m是实数,函数f(x)=x2(x-m),若f′(-1)=-1,则函数f(x)的单调增区间是()A。eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(4,3),0))B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(4,3)))C。eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-∞,-\f(4,3))),(0,+∞)D。eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-∞,-\f(4,3)))∪(0,+∞)答案C解析∵f′(x)=3x2-2mx,∴f′(-1)=3+2m=-1,解得m=-2,∴由f′(x)=3x2+4x〉0,解得x〈-eq\f(4,3)或x>0,即f(x)的单调增区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-∞,-\f(4,3))),(0,+∞),故选C。4.已知函数f(x)=eq\f(1,2)x3+ax+4,则“a>0”是“f(x)在R上单调递增”的()A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件答案A解析f′(x)=eq\f(3,2)x2+a,当a≥0时,f′(x)≥0恒成立,故“a〉0”是“f(x)在R上单调递增"的充分不必要条件.5.若函数f(x)=kx-lnx在区间(1,+∞)上单调递增,则k的取值范围是()A.(-∞,-2] B.(-∞,-1]C.[2,+∞) D.[1,+∞)答案D解析因为f(x)=kx-lnx,所以f′(x)=k-eq\f(1,x).因为f(x)在区间(1,+∞)上单调递增,所以当x〉1时,f′(x)=k-eq\f(1,x)≥0恒成立,即k≥eq\f(1,x)在区间(1,+∞)上恒成立.因为x〉1,所以0<eq\f(1,x)〈1,所以k≥1.故选D.6.(2018·重庆质检)函数f(x)在定义域R内可导,若f(x)=f(2-x),且当x∈(-∞,1)时,(x-1)f′(x)〈0,设a=f(0),b=feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))),c=f(3),则()A.a〈b<c B.c〈b<aC.c〈a〈b D.b〈c<a答案C解析由题意得,当x〈1时,f′(x)〉0,f(x)在(-∞,1)上为增函数.又f(3)=f(-1),且-1〈0<eq\f(1,2)<1,因此有f(-1)<f(0)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))),即有f(3)<f(0)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))),即c<a〈b.7.若函数f(x)=x3+bx2+cx+d的单调递减区间为(-1,3),则b+c=________.答案-12解析f′(x)=3x2+2bx+c,由题意知,-1〈x〈3是不等式3x2+2bx+c〈0的解,∴-1,3是f′(x)=0的两个根,∴b=-3,c=-9,∴b+c=-12。8.(2018·昆明调研)已知函数f(x)(x∈R)满足f(1)=1,f(x)的导数f′(x)〈eq\f(1,2),则不等式f(x2)〈eq\f(x2,2)+eq\f(1,2)的解集为________________.答案{x|x<-1或x>1}解析设F(x)=f(x)-eq\f(1,2)x,∴F′(x)=f′(x)-eq\f(1,2),∵f′(x)<eq\f(1,2),∴F′(x)=f′(x)-eq\f(1,2)<0,即函数F(x)在R上单调递减.∵f(x2)〈eq\f(x2,2)+eq\f(1,2),∴f(x2)-eq\f(x2,2)<f(1)-eq\f(1,2),∴F(x2)〈F(1),而函数F(x)在R上单调递减,∴x2〉1,即不等式的解集为{x|x<-1或x〉1}.9.已知g(x)=eq\f(2,x)+x2+2alnx在[1,2]上是减函数,则实数a的取值范围为__________.答案eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(-∞,-\f(7,2)))解析g′(x)=-eq\f(2,x2)+2x+eq\f(2a,x),由已知得g′(x)≤0在[1,2]上恒成立,可得a≤eq\f(1,x)-x2在[1,2]上恒成立.又当x∈[1,2]时,eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)-x2))min=eq\f(1,2)-4=-eq\f(7,2)。∴a≤-eq\f(7,2).10.设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数,f(-1)=0,当x>0时,xf′(x)-f(x)<0,则使得f(x)>0成立的x的取值范围是____________.答案(-∞,-1)∪(0,1)解析因为f(x)(x∈R)为奇函数,f(-1)=0,所以f(1)=-f(-1)=0.当x≠0时,令g(x)=eq\f(fx,x),则g(x)为偶函数,g(1)=g(-1)=0。则当x>0时,g′(x)=eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(fx,x)))′=eq\f(xf′x-fx,x2)<0,故g(x)在(0,+∞)上为减函数,在(-∞,0)上为增函数.所以在(0,+∞)上,当0<x<1时,由g(x)>g(1)=0,得eq\f(fx,x)>0,所以f(x)>0;在(-∞,0)上,当x<-1时,由g(x)<g(-1)=0,得eq\f(fx,x)<0,所以f(x)>0.综上知,使得f(x)>0成立的x的取值范围是(-∞,-1)∪(0,1).11.(2018·大理质检)已知函数f(x)=eq\f(lnx+k,ex)(k为常数),曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与x轴平行.(1)求实数k的值;(2)求函数f(x)的单调区间.解(1)f′(x)=eq\f(\f(1,x)-lnx-k,ex)(x>0).又由题知f′(1)=eq\f(1-k,e)=0,所以k=1。(2)f′(x)=eq\f(\f(1,x)-lnx-1,ex)(x>0).设h(x)=eq\f(1,x)-lnx-1(x>0),则h′(x)=-eq\f(1,x2)-eq\f(1,x)<0,所以h(x)在(0,+∞)上单调递减.由h(1)=0知,当0<x<1时,h(x)>0,所以f′(x)>0;当x>1时,h(x)<0,所以f′(x)<0.综上,f(x)的单调递增区间是(0,1),单调递减区间是(1,+∞).12.(2018届信阳高级中学考试)已知函数f(x)=eq\f(b,ex)-1(b∈R,e为自然对数的底数)在点(0,f(0))处的切线经过点(2,-2).讨论函数F(x)=f(x)+ax(a∈R)的单调性.解因为f(0)=b-1,所以过点(0,b-1),(2,-2)的直线的斜率为k=eq\f(b-1--2,0-2)=-eq\f(b+1,2),而f′(x)=-eq\f(b,ex),由导数的几何意义可知,f′(0)=-b=-eq\f(b+1,2),所以b=1,所以f(x)=eq\f(1,ex)-1。则F(x)=ax+eq\f(1,ex)-1,F′(x)=a-eq\f(1,ex),当a≤0时,F′(x)<0恒成立;当a>0时,由F′(x)<0,得x〈-lna,由F′(x)〉0,得x〉-lna。故当a≤0时,函数F(x)在R上单调递减;当a>0时,函数F(x)在(-∞,-lna)上单调递减,在(-lna,+∞)上单调递增.13.(2017·承德调研)已知f(x)是可导的函数,且f′(x)〈f(x)对于x∈R恒成立,则()A.f(1)〈ef(0),f(2017)>e2017f(0)B.f(1)>ef(0),f(2017)〉e2017f(0)C.f(1)>ef(0),f(2017)<e2017f(0)D.f(1)〈ef(0),f(2017)<e2017f(0)答案D解析令g(x)=eq\f(fx,ex),则g′(x)=eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(fx,ex)))′=eq\f(f′xex-fxex,e2x)=eq\f(f′x-fx,ex)<0,所以函数g(x)=eq\f(fx,ex)在R上是单调减函数,所以g(1)〈g(0),g(2017)<g(0),即eq\f(f1,e1)〈eq\f(f0,1),eq\f(f2017,e2017)<eq\f(f0,1),故f(1)〈ef(0),f(2017)〈e2017f(0).14.若函数f(x)=-eq\f(1,3)x3+eq\f(1,2)x2+2ax在eq\b\lc\[\rc

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