导数运用(提高练习)

根底达标一、单调区间1．(2023·马鞍山质检)函数f(x)＝(x－3)ex的单调递增区间是()A．(－∞，2)B．(0,3)C．(1,4)D．(2，＋∞)解析：选D.f′(x)＝(x－3)′ex＋(x－3)(ex)′＝(x－2)ex，令f′(x)>0，解得x>22．y＝xlnx在(0,5)上是()A．单调增函数C．在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，5))上单调递增B．单调减函数D．在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，5))上单调递减解析：选C.y′＝lnx＋x·eq\f(1,x)＝lnx＋1，令y′＞0，解得x＞eq\f(1,e)，∵5＞eq\f(1,e)，∴y＝xlnx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，5))上为增函数，同理可求在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上为减函数．3．以下区间中，使函数y＝x·cosx－sinx为增函数的区间是()A．(eq\f(π,2)，eq\f(3π,2))B．(π，2π)C．(eq\f(3π,2)，eq\f(5π,2))D．(2π，3π)解析：选B.f′(x)＝cosx－xsinx－cosx＝－x·sinx，当x∈(π，2π)时，f′(x)>0.4．(2023·高考课标全国卷)假设存在正数x使2x(x－a)＜1成立，那么a的取值范围是()A．(－∞，＋∞)B．(－2，＋∞)C．(0，＋∞)D．(－1，＋∞)解析：选D.∵2x(x－a)＜1，∴a＞x－eq\f(1,2x).令f(x)＝x－eq\f(1,2x)，∴f′(x)＝1＋2－xln2＞0.∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴f(x)＞f(0)＝0－1＝－1，∴a的取值范围为(－1，＋∞)，应选D.5．f(x)是定义在(0，＋∞)上的非负可导函数，且满足xf′(x)＋f(x)≤0对任意正数a、b，假设a＜b，那么必有()A．af(a)≤f(b)B．bf(b)≤f(a)C．af(b)≤bf(a)D．bf(a)≤af(b)解析：选C.设g(x)＝xf(x)，那么由g′(x)＝xf′(x)＋f(x)≤0，知g(x)在(0，＋∞)上递减．又0＜a＜b，f(x)≥0，∴bf(b)＜af(a)，∴af(b)＜bf(b)＜af(a)＜bf(a)．当f(x)＝0时，f(b)＝f(a)＝0，∴af(b)≤bf(a)．应选C.6．假设函数y＝a(x3－x)的单调减区间为(－eq\f(\r(3),3)，eq\f(\r(3),3))，那么a的取值范围是________．解析：由f′(x)＝a(3x2－1)＝3aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(\r(3),3)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(\r(3),3)))＜0的解集为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3)))，知a＞0.答案：(0，＋∞)7．(2023·武汉调研)假设函数y＝－eq\f(4,3)x3＋ax有三个单调区间，那么a的取值范围是________．解析：∵y′＝－4x2＋a，且y有三个单调区间，∴方程y′＝－4x2＋a＝0有两个不等的实根，∴Δ＝02－4×(－4)×a>0，∴a>0.答案：(0，＋∞)8．如果函数f(x)＝2x2－lnx在定义域内的一个子区间(k－1，k＋1)上不是单调函数，那么实数k的取值范围是________．解析：显然函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，y′＝4x－eq\f(1,x)＝eq\f(4x2－1,x).由y′＞0，得函数f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))；由y′＜0，得函数f(x)的单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，由于函数在区间(k－1，k＋1)上不是单调函数，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k－1≥0，,k－1＜\f(1,2)，,k＋1＞\f(1,2)，))解得：1≤k＜eq\f(3,2).答案：[1，eq\f(3,2))9．求以下函数的单调区间：(1)f(x)＝－x2＋ln(x＋1)；(2)f(x)＝sinx(1＋cosx)(0≤x≤2π)．解：(1)∵函数f(x)的定义域为(－1，＋∞)，且f′(x)＝－2x＋eq\f(1,x＋1)(x＋1)′＝－2x＋eq\f(1,x＋1)＝eq\f(－2x2－2x＋1,x＋1)(x＞－1)，由－2x2－2x＋1＞0，即2x2＋2x－1＜0得－eq\f(1＋\r(3),2)＜x＜eq\f(－1＋\r(3),2)，又x＞－1，∴f(x)的单调增区间是(－1，eq\f(－1＋\r(3),2))，类似可得f(x)的单调减区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－1＋\r(3),2)，＋∞)).(2)f′(x)＝cosx(1＋cosx)＋sinx(－sinx)＝2cos2x＋cosx－1＝(2cosx－1)(cosx＋1)．∵0≤x≤2π，∴由f′(x)＝0得x1＝eq\f(π,3)，x2＝π，x3＝eq\f(5,3)π，那么区间[0,2π]被分成四个子区间，如表所示：x0(0，eq\f(π,3))eq\f(π,3)(eq\f(π,3)，π)π(π，eq\f(5π,3))eq\f(5π,3)(eq\f(5π,3)，2π)2πf′(x)＋0－0－0＋f(x)↗↘↘↗∴f(x)＝sinx(1＋cosx)(0≤x≤2π)的单调递增区间为[0，eq\f(π,3)]，[eq\f(5π,3)，2π]，单调递减区间为[eq\f(π,3)，eq\f(5π,3)]．10．a≥0，函数f(x)＝(x2－2ax)ex.设f(x)在区间[－1，1]上是单调函数，求a的取值范围．解：f′(x)＝(2x－2a)ex＋(x2－2ax)e＝ex[x2＋2(1－a)x－2a令f′(x)＝0，即x2＋2(1－a)x－2a解得x1＝a－1－eq\r(1＋a2)，x2＝a－1＋eq\r(1＋a2)，其中x1<x2.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况见下表：x(－∞，x1)x1(x1，x2)x2(x2，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)↗↘↗∵a≥0，∴x1<－1，x2≥0，f(x)在(x1，x2)上单调递减．由此可得f(x)在[－1,1]上是单调函数的充要条件为x2≥1，即a－1＋eq\r(1＋a2)≥1，解得a≥eq\f(3,4).故所求a的取值范围为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，＋∞)).11．(2023·高考重庆卷节选)设f(x)＝a(x－5)2＋6lnx．其中a∈R，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与y轴交于点(0,6)．(1)确定a的值；(2)求函数f(x)的单调区间．解：(1)因为f(x)＝a(x－5)2＋6lnx，故f′(x)＝2a(x－5)＋eq\f(6,x).令x＝1，得f(1)＝16a，f′(1)＝6－8a，所以曲线y＝f(x点(1，f(1))处的切线方程为y－16a＝(6－8a)(x由点(0,6)在切线上可得6－16a＝8a－6，故a＝eq\f(1,2).(2)由(1)知，f(x)＝eq\f(1,2)(x－5)2＋6lnx(x＞0)，f′(x)＝x－5＋eq\f(6,x)＝eq\f(x－2x－3,x).令f′(x)＝0，解得x1＝2，x2＝3.当0＜x＜2或x＞3时，f′(x)＞0，故f(x)在(0,2)，(3，＋∞)上为增函数；当2＜x＜3时，f′(x)＜0，故f(x)在(2,3)上为减函数．二、极值与最值问题1．(2023·高考陕西卷)设函数f(x)＝xex，那么()A．x＝1为f(x)的极大值点B．x＝1为f(x)的极小值点C．x＝－1为f(x)的极大值点D．x＝－1为f(x)的极小值点解析：选D.∵f(x)＝xex，∴f′(x)＝ex＋xex＝ex(1＋x)．∴当f′(x)≥0时，即ex(1＋x)≥0，即x≥－1，∴x≥－1时函数y＝f(x)为增函数．同理可求，x＜－1时函数f(x)为减函数．∴x＝－1时，函数f(x)取得极小值．2．函数f(x)＝x2＋aln(1＋x)有两个极值点x1，x2，且x1＜x2，那么a的取值范围为________．解析：f(x)的定义域为(－1，＋∞)，f′(x)＝2x＋eq\f(a,1＋x)(1＋x)′＝2x＋eq\f(a,1＋x)＝eq\f(2x2＋2x＋a,1＋x)(x＞－1)，由题意知2x2＋2x＋a＝0在(－1，＋∞)上有两个不等实根x1，x2且x1＜x2，令g(x)＝2x2＋2x＋a(x＞－1)，故需eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g－\f(1,2)＜0,g－1＞0))，解之得0＜a＜eq\f(1,2).答案：(0，eq\f(1,2))3．函数y＝x·e－x，x∈[0,4]的最小值为()A．0B.eq\f(1,e)C.eq\f(4,e2)D.eq\f(2,e2)解析：选A.f′(x)＝e－x＋xe－x·(－1)＝e－x－xe－x，令f′(x)＝0得x＝1.又f(0)＝0，f(1)＝e－1＝eq\f(1,e)，f(4)＝4e－4＝eq\f(4,e4)，∴f(x)min＝0，应选A.4．f(x)＝2x3－6x2＋m(m为常数)在[－2,2]上有最大值3，那么此函数在[－2,2]上的最小值是()A．－37B．－29C．－5D．以上都不对解析：选A.f′(x)＝6x2－12x，令f′(x)＝0，得x＝0或x＝2.由f(－2)＝－40＋m，f(0)＝m，f(2)＝－8＋m，那么f(0)＝m＝3⇒f(－2)＝－40＋m＝－37.5．(2023·高考福建卷改编)f(x)＝x3－6x2＋9x－abc，a＜b＜c，且f(a)＝f(b)＝f(c)＝0.现给出如下结论：①f(0)·f(1)＞0；②f(0)f(1)＜0；③f(0)f(3)＞0；④f(0)f(3)＜0.其中正确结论的序号是________．解析：∵f′(x)＝3x2－12x＋9＝3(x－1)(x－3)，由f′(x)＜0，得1＜x＜3，由f′(x)＞0，得x＜1或x＞3，∴f(x)在区间(1,3)上是减函数，在区间(－∞，1)，(3，＋∞)上是增函数．又a＜b＜c，f(a)＝f(b)＝f(c)＝0，∴y极大值＝f(1)＝4－abc＞0，y极小值＝f(3)＝－abc＜0，∴0＜abc＜4.∴a，b，c均大于零，或者a＜0，b＜0，c＞0.又x＝1，x＝3为函数f(x)的极值点，后一种情况不可能成立，如图，∴f(0)＜0，∴f(0)f(1)＜0，f(0)f(3)＞0，∴正确结论的序号是②③.答案：②③6．f(x)＝－x2＋mx＋1在区间[－2，－1]上的最大值就是函数f(x)的极大值，那么m的取值范围是________．解析：f′(x)＝m－2x，令f′(x)＝0，得x＝eq\f(m,2).由题设得eq\f(m,2)∈(－2，－1)，故m∈(－4，－2)．答案：(－4，－2)7．函数f(x)＝eq\f(\r(x),x＋1)的最大值点为________．解析：法一：f′(x)＝eq\f(\f(1,2\r(x))x＋1－\r(x),x＋12)＝0⇒x＝1.进一步分析，最大值为f(1)＝eq\f(1,2).法二：f(x)＝eq\f(\r(x),\r(x)2＋1)＝eq\f(1,\r(x)＋\f(1,\r(x)))≤eq\f(1,2)，当且仅当eq\r(x)＝eq\f(1,\r(x))时，即x＝1时，等号成立，故f(x)max＝eq\f(1,2).答案：18．假设函数f(x)＝ax2＋4x－3在[0,2]上有最大值f(2)，那么a的取值范围是________．解析：f′(x)＝2ax＋4，f(x)在[0,2]上有最大值f(2)，那么要求f(x)在[0,2]上单调递增，那么2ax＋4≥0在[0,2]上恒成立．当a≥0时，2ax＋4≥0恒成立．当a＜0时，要求4a＋4≥0恒成立，即a≥－1，∴a的取值范围是[－1，＋∞答案：[－1，＋∞)9．(2023·高考江苏卷节选)假设函数y＝f(x)在x＝x0处取得极大值或极小值，那么称x0为函数y＝f(x)的极值点．a，b是实数，1和－1是函数f(x)＝x3＋ax2＋bx的两个极值点．(1)求a和b的值；(2)设函数g(x)的导函数g′(x)＝f(x)＋2，求g(x)的极值点．解：(1)由题设知f′(x)＝3x2＋2ax＋b，且f′(－1)＝3－2a＋b＝0，f′(1)＝3＋2a＋解得a＝0，b＝－3.(2)由(1)知f(x)＝x3－3x.因为f(x)＋2＝(x－1)2(x＋2)，所以g′(x)＝0的根为x1＝x2＝1，x3＝－2，于是函数g(x)的极值点只可能是1或－2.当x＜－2时，g′(x)＜0；当－2＜x＜1时，g′(x)＞0，故－2是g(x)的极值点．当－2＜x＜1或x＞1时，g′(x)＞0，故1不是g(x)的极值点．所以g(x)的极值点为－2.10．函数f(x)＝x3－3ax－1，a≠0.(1)求f(x)的单调区间；(2)假设f(x)在x＝－1处取得极值，直线y＝m与y＝f(x)的图象有三个不同的交点，求m的取值范围．解：(1)f′(x)＝3x2－3a＝3(x2－a)当a＜0时，对x∈R，有f′(x)＞0，那么当a＜0时，f(x)的单调增区间为(－∞，＋∞)．当a＞0时，由f′(x)＞0，解得x＜－eq\r(a)或x＞eq\r(a)；由f′(x)＜0，解得－eq\r(a)＜x＜eq\r(a).故当a＞0时，f(x)的单调增区间为(－∞，－eq\r(a))，(eq\r(a)，＋∞)；f(x)的单调减区间为(－eq\r(a)，eq\r(a))．(2)因为f(x)在x＝－1处取得极值，所以f′(－1)＝3×(－1)2－3a所以a＝1.所以f(x)＝x3－3x－1，f′(x)＝3x2－3.由f′(x)＝0，解得x1＝－1，x2＝1.由(1)中f(x)的单调性可知，f(x)在x＝－1处取得极大值f(－1)＝1，在x＝1处取得极小值f(1)＝－3.因为直线y＝m与函数y＝f(x)的图象有三个不同的交点，结合f(x)的单调性及图象可知f(1)＜m＜f(－1)，从而得到m的取值范围是(－3,1)．11．a为常数，求函数f(x)＝－x3＋3ax(0≤x≤1)的最大值．解：f′(x)＝－3x2＋3a＝－3(x2－a假设a≤0，那么f′(x)≤0，函数f(x)单调递减，所以当x＝0时，有最大值f(0)＝0；假设a＞0，那么令f′(x)＝0，解得x＝±eq\r(a).由x∈[0,1]，那么只考虑x＝eq\r(a)的情况．①0＜eq\r(a)＜1，即0＜a＜1时，当x＝eq\r(a)时，f(x)有最大值f(eq\r(a))＝2aeq\r(a).(如下表所示)x(0，eq\r(a))eq\r(a)(eq\r(a)，1)f′(x)＋0－f(x)↗2aeq\r(a)↘②eq\r(a)≥1，即a≥1时，f′(x)≥0，函数f(x)在[0,1]上单调递增，当x＝1时，f(x)有最大值，f(1)＝3a－1.综上，当a≤0，x＝0时，f(x)有最大值0；当0＜a＜1，x＝eq\r(a)时，f(x)有最大值2aeq\r(a)；当a≥1，x＝1时，f(x)有最大值3a12．(2023·高考课标全国卷)设函数f(x)＝ex－ax－2.(1)求f(x)的单调区间；(2)假设a＝1，k为整数，且当x＞0时，(x－k)f′(x)＋x＋1＞0，求k的最大值．解：(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝ex－a.假设a≤0，那么f′(x)＞0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．假设a＞0，那么当x∈(－∞，lna)时，f′(x)＜0；当x∈(lna，＋∞)时，f′(x)＞0，所以，f(x)在(－∞，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增．(2)由于a＝1，所以(x－k)f′(x)＋x＋1＝(x－k)(ex－1)＋x＋1.故当x＞0时，(x－k)f′(x)＋x＋1＞0等价于k＜eq\f(x＋1,ex－1)＋x(x＞0)．①令g(x)＝eq\f(x＋1,ex－1)＋x，那么g′(x)＝eq\f(－xex－1,ex－12)＋1＝eq\f(exex－x－2,ex－12).由(1)知，函数h(x)＝ex－x－2在(0，＋∞)上单调递增．而h(1)＜0，h(2)＞0，所以h(x)在(0，＋∞)上存在唯一的零点，故g′(x)在(0，＋∞)上存在唯一的零点．设此零点为α，那么α∈(1,2)．当x∈(0，α)时，g′(x)＜0；当x∈(α，＋∞)时，g′(x)＞0.所以g(x)在(0，＋∞)上的最小值为g(α)．又由g′(α)＝0，可得eα＝α＋2，所以g(α)＝α＋1∈(2,3)．由于①式等价于k＜g(α)，故整数k的最大值为2.三、不等式问题1．f(x)＝ax3－3x＋1对于x∈[－1,1]总有f(x)≥0成立，那么a＝________.解析：①当－1≤x＜0时，a≤eq\f(3x－1,x3)＝eq\f(3,x2)－eq\f(1,x3)对x∈[－1,0)恒成立，而当－1≤x＜0时，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,x2)－\f(1,x3)))′＝eq\f(3－6x,x4)＞0，那么y＝eq\f(3,x2)－eq\f(1,x3)为[－1,0)上的增函数，从而eq\f(3,x2)－eq\f(1,x3)的最小值为4.于是a≤4.②当x＝0时，f(x)≥0总成立．③当0＜x≤1时，a≥eq\f(3x－1,x3)＝eq\f(3,x2)－eq\f(1,x3)对x∈(0,1]总成立，而y＝eq\f(3,x2)－eq\f(1,x3)的导数为y′＝eq\f(3－6x,x4)，令y′＝0⇒x＝eq\f(1,2)，不难判断y＝eq\f(3,x2)－eq\f(1,x3)在(0,1]的最大值为4，∴a≥4.于是a＝4.答案：42．(1)当x＞0时，证明不等式ln(x＋1)＞x－eq\f(1,2)x2；(2)设x＞－2，n∈N*，试证明(1＋x)n≥1＋nx.证明：(1)设f(x)＝ln(x＋1)－x＋eq\f(1,2)x2，那么f′(x)＝eq\f(1,1＋x)－1＋x＝eq\f(x2,1＋x).当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，∴f(x)在(0，＋∞)上是增函数．于是当x＞0时，f(x)＞f(0)＝0