tceic.com
简单学习网 让学习变简单
当前位置:首页 >> 数学 >>

第2讲 导数及其应用


第2讲

导数及其应用

【自主学习】
第 2讲 导数及其应用

(本讲对应学生用书第35~38页)

自主学习

回归教材

? 1? 1 ? 2, ? 1. (选修1-1 P82练习3改编)函数f(x)= x 的图象在点 ? 2 ? 处的切线方程<

br />为 .

1 【答案】y=- 4 x+1 1 1 1 1 2 【解析】因为f'(x)=- x ,所以f'(2)=- 4 ,所以切线方程为y- 2 =- 4 (x-2),即y=1 4 x+1.

2. (选修1-1 P87练习1改编)函数y=x-x3的单调增区间为
? 3 3? ? ? ?- 3 , 3 ? ? ? 【答案】

.

3 3 【解析】由y'=1-3x2,令y'=1-3x2>0,可得- 3 <x< 3 ,所以函数的单调增区间为
? 3 3? ? ? ?- 3 , 3 ? ? ?.

3. (选修1-1 P89习题4改编)函数y=x-ln x,x∈(0,2)的极值为

.

【答案】极小值1
1 1 【解析】因为y'=1- x ,令y'=1- x =0,得x=1,易知当x=1时,函数有极小值1.

1 4. (选修1-1 P90例2改编)函数f(x)= 2 x+sin x在区间[0,2π ]上的最大值

为 【答案】π

.

1 2π 4π 【解析】由题意知f'(x)= 2 +cos x,令f'(x)=0,解得x1= 3 ,x2= 3 ,

? 2π ? π 1 3 ? ? 又f ? 3 ? = 3 + 2 <f(2π )=π ,故函数f(x)= 2 x+sin x的最大值为f(2π )=π .
5. (选修1-1 P91练习5改编)已知函数y=ex-x,x∈(0,1],则函数的值域 为 .

【答案】(1,e-1] 【解析】由题设得y'=ex-1,因为x∈(0,1],所以y'>0,所以函数在x∈(0,1]上 是增函数.又x=0时,y=1,x=1时,y=e-1,所以函数y=ex-x,x∈(0,1]的值域为(1, e-1].

【要点导学】
要点导学 各个击破

导数的几何意义

例1

1 4 已知曲线y= 3 x3+ 3 .

(1) 求曲线在点P(2,4)处的切线方程; (2) 求曲线过点P(2,4)的切线方程; (3) 求斜率为1的曲线的切线方程. 【分析】(1) 因为点P(2,4)在曲线上,所以可求出切线的斜率,从而可求出 切线方程;(2) 求过点P(2,4)的切线方程,该点可能是切点,也可能不是;(3) 求斜率为1的曲线的切线方程,首先要求出切点.
1 4 3 【解答】(1) 因为点P(2,4)在曲线y= 3 x + 3 上,且y'=x2,所以在点P(2,4)

处的切线的斜率k=4,所以曲线在点P(2,4)处的切线方程为y-4=4(x-2),即4x-y4=0.

? 1 3 4? 1 4 ? x0, x0 ? ? 3 3 ? ,则切线的 3 3 (2) 设曲线y= x + 与过点P(2,4)的切线相切于点A ? 3
斜率k= x0 ,
2

?1 3 4? ? x0 ? ? x 2 3 ? = 0 (x-x0), 所以切线方程为y- ? 3
2 3 4 x0 即y= x ?x- 3 + 3 .
2 0

因为点P(2,4)在切线上,
2 3 4 x0 2 x 所以4=2 0 - 3 + 3 ,

即 x0 -3 x0 +4=0, 所以 x0 + x0 -4 x0 +4=0, 所以 x0 (x0+1)-4(x0+1)(x0-1)=0, 所以(x0+1)(x0-2)2=0,解得x0=-1或x0=2, 故所求的切线方程为x-y+2=0或4x-y-4=0.
2 3 2 2

3

2

(3) 设切点为(x0,y0),则切线的斜率为 x0 =1,x0=±1.因为切点为(-1,1)或

2

? 5? ?1,? ? 3?,
5 所以切线方程为y-1=x+1或y- 3 =x-1,即x-y+2=0或3x-3y+2=0.

【点评】解决函数切线的相关问题,需抓住以下关键点: (1) 切点是交点.(2) 在切点处的导数是切线的斜率.因此,解决此类问题,一般要设出切点,建立关系 —方程组.(3) 求曲线的切线要注意“过点P的切线”与“在点P处的切线”的差异. 过点P的切线中,点P不一定是切点,点P也不一定在已知曲线上;在点P处的切线, 点P是切点.

变式

设函数f(x)=ax2+x+bln x,曲线y=f(x)过点P(1,0),且在点P处的切线 .

斜率为2,则a+b=

m (2) (2015?常州一中)已知曲线y=2x- x (x∈R,m≠-2)在x=1处的切线为直线l.

若直线l在两坐标轴上的截距之和为12,则实数m的值为 【答案】(1) 2 (2) -3或-4

.

b 【解析】(1) f'(x)=1+2ax+ x ,由已知条件得

? f (1) ? 0, ?1 ? a ? 0, ?a ? -1, 即? 解得 ? ? ? f'(1) ? 2, ?1 ? 2a ? b ? 2. ?b ? 3.
m 2 (2) y'=2+ x , y'|x=1=2+m,所以直线l的方程为y-(2-m)=(2+m)(x-1),即

2m 2m y=(2+m)x-2m.令x=0,得y=-2m;令y=0,x= m ? 2 .由题意得 m ? 2 -2m=12,解得m=-

3或m=-4.

利用导数研究函数的单调性 例2 (2015?长郡中学)已知函数f(x)=aln x-ax-3(a∈R).

(1) 求函数f(x)的单调区间; (2) 若函数y=f(x)的图象在点(2,f(2))处的切线的倾斜角为45°,且对于任意

m? ? f'(x) ? ? ? 2 ? 在区间(t,3)上总不是单调函数,求实 的t∈[1,2],函数g(x)=x3+x2? ?
数m的取值范围. 【分析】利用导数求函数的单调区间的步骤是:①求导函数f'(x);②解 f'(x)>0(或<0);③得到函数的增区间(或减区间).对于本题第(1)问在求单调区间 时要注意函数的定义域以及对参数a进行讨论;(2) 点(2,f(2))处的切线的倾斜角 为45°,即切线的斜率为1,即f'(2)=1,可求出a的值,代入得g(x)的解析式,由
? g'(1) ? m ? 5 ? 0, ? ? g'(2) ? 2m ? 18 ? 0 ?3m ? 37 ? 0, ?

t∈[1,2],且g(x)在区间(t,3)上总不是单调函数可知: 是可求m的取值范围.
a (1-x ) 【解答】(1) f'(x)= x (x>0).

,于

①当a>0时,显然0<x<1时,f'(x)>0;当x>1时,f'(x)<0,所以此时f(x)的单调 增区间为(0,1),单调减区间为(1,+∞). ②同理当a<0时,f(x)的单调增区间为(1,+∞),单调减区间为(0,1). ③当a=0时,f(x)=-3不是单调函数.
a (2) 由题意知,f'(2)=- 2 =1,得a=-2,

所以f(x)=-2ln x+2x-3,

?m ? ? 2? ? ? x2-2x,x>0, 所以g(x)=x3+ ? 2
且g'(x)=3x2+(m+4)x-2,x>0,

令g'(x)=0,可知Δ =(m+4) +24>0恒成立, 即g'(x)=0一定有两个不相等的实根x1,x2,
2 且注意到x1x2=- 3 <0,所以不妨设x1<0<x2,又x>0,于是可知0<x<x2时,g'(x)<0;

2

且x>x2时,g'(x)>0, 即g(x)在(0,x2)上单调递减,在(x2,+∞)上单调递增,依题意可知x2∈(t,3),
2 ? g'(t ) ? 0, ?3t ? (m ? 4)t -2 ? 0, ? ? 只需 ? g'(3) ? 0 ? ?3m ? 37 ? 0,

则上式对t∈[1,2]恒成立,
? g'(1) ? m ? 5 ? 0, ? ? g'(2) ? 2m ? 18 ? 0 ?3m ? 37 ? 0, ?



37 ,得- 3 <m<-9,

? 37 ? ? 9? ?? , ?. 所以实数m的取值范围为 ? 3

变式

e x -1 (2015?徐州一中)设函数f(x)= x ,x≠0.

(1) 判断函数f(x)在(0,+∞)上的单调性; (2) 求证:对任意正数a,存在正数x,使不等式|f(x)-1|<a成立.

xe x -e x ? 1 (x-1)e x ? 1 x2 x2 【解答】(1) f'(x)= = .
令h(x)=(x-1)ex+1, 则h'(x)=ex+ex(x-1)=xex, 当x>0时,h'(x)=xex>0, 所以h(x)是(0,+∞)上的增函数,
h (x ) 2 所以h(x)>h(0)=0,故f'(x)= x >0,

即函数f(x)是(0,+∞)上的增函数.

(2) |f(x)-1|=

e x -x-1 x

.

当x>0时,令g(x)=ex-x-1, 则g'(x)=ex-1>0,故g(x)>g(0)=0,

e x -x-1 所以|f(x)-1|= x .
e x -x-1 原不等式化为 x <a,
即ex-(1+a)x-1<0. 令φ (x)=ex-(1+a)x-1, 则φ '(x)=ex-(1+a), 令φ '(x)=0,得ex=1+a,解得x=ln(1+a). 当0<x<ln(1+a)时,φ '(x)<0; 当x>ln(1+a)时,φ '(x)>0. 故当x=ln(1+a)时,φ (x)取得最小值φ (ln(1+a))=a-(1+a)ln(1+a).
a 令s(a)= 1 ? a -ln(1+a),a>0,

1 a 1 2 2 则s'(a)= (1 ? a) - 1 ? a =- (1 ? a) <0.
故s(a)<s(0)=0, 即φ (ln(1+a))=a-(1+a)ln(1+a)<0,得证.

利用导数研究函数的极值(最值)问题 例3 (2015?宜昌调研)已知函数f(x)=ex-aln x-a,其中常数a>0.

(1) 当a=e时,求函数f(x)的极值;
1 (2) 若函数y=f(x)有两个零点x1,x2(0<x1<x2),求证: a <x1<1<x2<a;

(3) 求证:e x -ex ln x-x≥0.
2 -2 -1

【分析】第(1)问直接求导判断函数单调性,得出极值;第(2)问根据函数有 两个零点,用分离参数和转化为函数的最值两种方法得到a>e,再用零点的判定定 理及函数的单调性证明结论;第(3)问用第(1)问的结论构造函数,研究函数的单调 性和极值,来证明不等式. 【解答】函数f(x)的定义域为(0,+∞).
e e (1) 当a=e时,f(x)=ex-eln x-e,f'(x)=ex- x .而f'(x)=ex- x 在(0,+∞)上单调递

增, 又f'(1)=0,则当0<x<1时,f'(x)<f'(1)=0,则f(x)在(0,1)上单调递减;当x>1 时,f'(x)>f'(1)=0,则f(x)在(1,+∞)上单调递增, 所以函数f(x)有极小值f(1)=0,没有极大值.
1 (2) 先证明:当f(x)≥0恒成立时,有 0<a≤e成立.若0<x≤ e ,则f(x)=ex-a(ln

ex 1 x+1)≥0显然成立.若x> e ,由f(x)≥0得a≤ lnx ? 1 .

1? ? e x ? lnx ? 1- ? x? ? e 2 令φ (x)= lnx ? 1 ,则φ '(x)= (lnx ? 1) .
x

1? 1? ?x ? ? e?. 令g(x)=ln x+1- x ? ?1 ? 1 1 ?? ? ? , 2 ? 上单调递增.又因为g(1)=0,所以φ '(x)在 由g'(x)= x + x >0知g(x)在 ? e ?1 ? 1? ? , ? e ? 上为负,在(1,+∞)上为正, ?1 ? 1? ? , 因此,φ (x)在 ? e ? 上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,所以
φ (x)min=φ (1)=e,从而0<a≤e. 因此若函数y=f(x)有两个零点,

则a>e,所以f(1)=e-a<0.
1 1 1 由f(a)=ea-aln a-a(a>e)得f'(a)=ea-ln a-2,则f″(a)=ea- a >ea- e >e- e >0,

所以f'(a)=ea-ln a-2在(e,+∞)上单调递增,所以f'(a)>f'(e)=ee-3>e2-3>0, 所以f(a)=ea-aln a-a在(e,+∞)上单调递增,所以f(a)>f(e)=ee-2e>e2-2e>0, 则f(1)f(a)<0,所以1<x2<a.

?1? 1 1 1 1 1 ? ? a a a a a e e e e ? ? a 由a>e得f = -aln -a= +aln a-a> +aln e-a= >0, ?1? 1 ? ? 则f(1)f ? a ? <0,所以 a <x1<1.
1 综上所述, a <x1<1<x2<a.

(3) 由(1)知当a=e时,f(x)≥0恒成立,所以f(x)=ex-eln x-e≥0,所以g(x)=exeln x≥e.
x 1-x x x 设h(x)= e (x>0),则h'(x)= e .

当0<x<1时,h'(x)>0, 所以h(x)在(0,1)上单调递增; 当x>1时,h'(x)<0, 所以h(x)在(1,+∞)上单调递减.
x 1 x 所以h(x)= e (x>0)的最大值为h(1)= e , x 1 x x x -2 即 e ≤ e ,所以 e ≤e, x

所以g(x)=e -eln x≥e≥ e
x

x -2



所以e2x-2-ex-1ln x-x≥0. 【点评】(1) 含有参数的函数的零点问题,需要重点研究三个方面的问题: 一是函数的单调性;二是函数极值的正负;三是区间端点值的正负.

(2) 利用导数证明不等式,可以构造函数后,求相应函数的最值;也可以如本 题借助于题干所给函数研究其中一部分函数的最值,利用放缩法来研究,即 f(x)≥a≥g(x),这种解法技巧较高.

变式

(2015?南通期末)若函数y=f(x)在x=x0处取得极大值或极小值,则称x0

为函数y=f(x)的极值点.已知函数f(x)=ax3+3xln x-a(a∈R). (1) 当a=0时,求f(x)的极值;

?1 ? ? ,e ? ? 上有且只有一个极值点,求实数a的取值范围. (2) 若f(x)在区间 ? e
1 【解答】(1) 当a=0时,f(x)=3xln x,所以f'(x)=3(ln x+1).令f'(x)=0,得x= e .

? 1? ?1 ? ? 1? ? ?? ? 0,? ? , ? 0,? ? 时,f'(x)>0,所以f(x)在 ? e ? 上单 当x∈ ? e ? 时,f'(x)<0;当x∈ ? e

?1 ? ?? ? ? , ? 上单调递增, 调递减,在 ? e
?1? 3 1 ? ? 所以当x= e 时,f(x)有极小值f ? e ? =- e . ?1 ? ? ,e ? ? ,由题意知,g(x)在D上有且只有 (2) 设g(x)=f'(x)=3(ax +1+ln x),D= ? e
2

一个零点x0,且在x0两侧g(x)异号.

?1? ? ? ①当a≥0时, g(x) 在D上单调递增,且 g(x)>g ? e ? ≥0 ,所以 g(x) 在 D上无零点;
②当a<0时,在(0,+∞)上考察g(x):

? 1 ?? 1 ? 6a ? x ? - ?? x- - ? 2a ?? 2a ? ? x g'(x)= ,

令g'(x)=0,得x1=

1 2a .

所以g(x)在(0,x1)上单调递增,在(x1,+∞)上单调递减.

?1? a 2 ? ? 2 2 2 (ⅰ) 当g(e)?g ? e ? <0,即(ae +2)? e <0,即- e <a<0时,g(x)在D上有且只
有一个零点x0,且在x0两侧异号.

?1? 3a ? ? 2 (ⅱ) 令g ? e ? =0,得 e =0,不可能.
2 2 (ⅲ) 令g(e)=0,得a=- e ,

所以

1 e 2a = 2 ∈D,

? 1 ? ?e? ? 1 e? ?1 e? ? ? 2a ? ? ? ? ? ? ? 1 ? ln ? ? ? ln ? 2 ? =3 ? 2 2 ? >0. ? =g ? 2 ? =3 ? 2 g?

? 1 ? 3a ? ? 2 又因为g ? e ? = e <0,所以g(x)在D上有且只有一个零点x0,且x0两侧g(x)异号. ? 2 ? 0? ?- 2 , 综上所述,实数a的取值范围是 ? e ? .

1. (2015?南通、扬州、淮安、连云港二调)在平面直角坐标系xOy中,若曲线y=ln x在x=e(e为自然对数的底数)处的切线与直线ax-y+3=0垂直,则实数a的值 为 【答案】-e
1 1 【解析】因为y'= x ,所以曲线y=ln x 在x=e处的切线的斜率k=y'|x=e= e .又该切线与 1 直线ax-y+3=0垂直,所以a? e =-1,所以a=-e.

.

2. (2015?南通、扬州、淮安、连云港二调)设f(x)=4x +mx +(m-3)x+n(m,n∈R) 是R上的单调增函数,则实数m的值为 【答案】6 【解析】因为f'(x)=12x2+2mx+(m-3),又函数f(x)是R上的单调增函数,所以 12x2+2mx+(m-3)≥0在R上恒成立,所以(2m)2-4?12(m-3)≤0,整理得m212m+36≤0,即(m-6)2≤0.又因为(m-6)2≥0,所以(m-6)2=0,所以m=6. .

3

2

3. (2015?新海高级中学)若不等式2x(x-a)>1在(0,+∞)上恒成立,则实数a的取 值范围是 .

【答案】(-∞,-1] 【解析】不等式2x(x-a)>1在(0,+∞)上恒成立,即a<x-2-x在(0,+∞)上恒成立.令 f(x)=x-2-x(x>0),则f'(x)=1+2-xln 2>0,即f(x)在(0,+∞)上单调递增,所以 f(x)>f(0)=-1,所以a≤-1,即a∈(-∞,-1].

4. 已知定义在R上的可导函数f(x)的导函数为f'(x),若对于任意实数x,有 f(x)>f'(x),且y=f(x)-1为奇函数,则不等式f(x)<ex的解集为 ①(-∞,0); ③(-∞,e4); 【答案】② 【解析】因为y=f(x)-1为奇函数,且定义域R,所以0=f(0)-1,故f(0)=1,设h(x)=
f (x) f'(x)-f (x) x e ,则h'(x)= ex ,因为f(x)>f'(x),所以函数h(x)是R上的减函数,故不 f (x) f (0) x 0 等式f(x)<e 等价为 e <1= e ,所以x>0.
x

.(填序号)

②(0,+∞); ④(e4,+∞).

5. (2014?辽宁卷)若当x∈[-2,1]时,不等式ax3-x2+4x+3≥0恒成立,则实数a的 取值范围是 【答案】[-6,-2] .

x 2 -4 x-3 x 2 -4 x-3 3 3 【解析】当-2≤x<0时,不等式可转化为a≤ x ,令f(x)= x (-2≤x<0), - x 2 ? 8 x ? 9 -(x -9)(x ? 1) x4 x4 所以f'(x)= = ,
所以函数f(x)在[-2,-1]上单调递减,在(-1,0)上单调递增,此时有
1 ? 4-3 a≤f(x)min=f(-1)= -1 =-2;

当x=0时,不等式恒成立;

x 2 -4 x-3 3 当0<x≤1时,a≥ x ,
x 2 -4 x-3 3 令g(x)= x (0<x≤1),

-x2 ? 8x ? 9 x4 则g'(x)= ,故函数g(x)在(0,1]上单调递增,此时有a≥g(x)max=g(1)=
1-4-3 1 =-6.综上,实数a的取值范围是[-6,-2].

【融会贯通】
完善提高 融会贯通

典例

3 已知函数 f(x)=x3- 2 ax2+4 对任意 x∈[1, 2] 恒有f(x)>0 ,其中 a>0 ,求

实数a的取值范围. 【思维引导】

【规范解答】 方法一:用导数法求最值.由f'(x)=3x2-3ax,所以当x=0,x=a时有极值???2 分 当 a>2 时, f(2)<0 ,此时 a∈ ? ;当1≤a≤2时, f(a)>0 ,此时 a∈[1, 2) ;当 a<1时,f(1)>0,此时a∈(-∞,1).









a













(-∞



2)???????????????????14分 方 法 二 : 由 f(x)>0 , 分 离 参 数 得
3 2

a<x+

4 x 2 ,???????????????4分

4 8 2 3 令g(x)=x+ x ,对g(x)求导得 g'(x)=1- x ,令 g'(x)=0 ,得 x=2??????8

分 当x<2时,g'(x)<0,g(x)单调递减;当x>2时,g'(x)>0,g(x)单调递增. 所以当x=2时,函数g(x)取得极小值,所以g(x)min=3. 由
3 2

a<3





a<2









a













{a|a<2}?????????????14分

变式 1

3 已知函数 f(x)=x3- 2 ax2+4 ,存在x∈[1,2] ,使得 f(x)>0,其中a>0 ,

求实数a的取值范围. 【解答】由f'(x)=3x2-3ax,所以当x=0,x=a时有极值,所以只要f(1)>0或

? 10 ? 10 ?a a ? ? 3 ?. f(2)>0即可,解得a< 3 或a<2,所以实数a的取值范围是 ?

变式2

3 已知函数f(x)=x - 2 ax2+4,g(x)=ax2+4(a>0).
3

(1) 若对任意x∈[1,2],恒有f(x)>g(x),求实数a的取值范围; (2) 若对任意x1∈[1,2],x2∈[1,2],都有f(x1)>g(x2)恒成立,求实数a的取 值范围.
3 5 2 2 3 【解答】(1) 令h(x)=f(x)-g(x)=x - 2 ax +4-(ax +4)=x - 2 ax2,
3

5a 5 对其求导,得h'(x)=3x -5ax.令h'(x)=0,解得x=0或x= 3 ,所以当x=0或x= 3 a
2

时有极值,
? 5 ?5 ?5 ?1 ? 3 a ? 2, ? a ? 2,? ? a ? 1, ?3 ? ?3 ? 5a ? ? ? ? f ? ? ? 0, ? f (2) ? 0, ? f (1) ? 0, ? 3 ? ? ? 所以有三种情况,

? 2? 2 ? 0, ? 5 解得0<a< ,即实数a的取值范围是 ? 5 ? .
(2) 由题意可得f(x)min>g(x)max,由a>0可得g(x)max=g(2)=4a+4. 由f'(x)=3x2-3ax,所以当x=0,x=a时有极值,

?a ? 2, ?1 ? a ? 2, ?a ? 1, 2 ? ? ? ? f (a) ? 4a ? 4, ? f (1) ? 4a ? 4, 所以有三种情况, ? f (2) ? 4a ? 4, 解得a< 11 ,
2? ? ? -? , ? 即实数a的取值范围是 ? 11 ? .

变式3 “存在”)

请根据题意自我编写题目,并进行解答!(在空格处填“任意”或

3 已知函数f(x)=x3- 2 ax2+4,g(x)=ax2+4(a>0).



x1∈[1,2],

x2∈[1,2],有f(x1)>g(x2)成立;

②在①的情况下,求实数a的取值范围. 【解析】分四种情况讨论求解,答案略.

温馨提示:趁热打铁,事半功倍.请老师布置同学们完成《配套检测与评估》 中的练习第21-22页.

【课后检测】
第 2讲
一、填空题 1. 已知函数f(x)=x3+f'(1)x2-x,则函数f(x)的图象在点(1,f(1))处的切线方程 是 .

导数及其应用

2. (2015?苏锡常镇、宿迁一调)若曲线C1:y=ax3-6x2+12x与曲线C2:y=ex在x=1处的 两条切线互相垂直,则实数a的值为 .

1 3. 函数y= 2 x2-ln x的单调减区间为

.

4. 已知函数f(x)=x2+f'(2)(ln x-x),则f'(1)=

.

5. 若直线y=a与函数y=x3-3x的图象有相异的3个公共点,则实数a的取值范围 是 .

6. 已知函数f(x)在定义域(0,+∞)上是单调函数,若对任意的x∈(0,+∞),都有f

? ?1? ? ?1? ? f ? x ? -x ? ? ? ? ? ? ? =2,则不等式f' ? 2 ? =

.

7. 若a>0,b>0,函数f(x)=4x3-ax2-2bx+2在x=1处有极值,则ab的最大值为

.

1 8. (2015· 镇江期末)曲线y=- x (x<0)与曲线y=ln x公切线(切线相同)的条数为

.

二、 解答题 9. (2015?扬州期末)已知函数f(x)=ex,g(x)=ax2+bx+c. (1) 若f(x)的图象与g(x)的图象所在两条曲线的一个公共点在y轴上,且在该点处 两条曲线的切线互相垂直,求实数b和c的值; (2) 若a=c=1,b=0,试比较f(x)与g(x)的大小,并说明理由.

10. 已知函数f(x)=x(a+ln x)有极小值为-e-2. (1) 求实数a的值;

f (x) (2) 若k∈Z,且k< x-1 对任意的x>1恒成立,求k的最大值.

11. (2015?无锡期末)设函数f(x)=x ln x-ax +b在点(x0,f(x0))处的切线方程为y=x+b. (1) 求实数a及x0的值;

2

2

? e? ? 0, ? (2) 求证:对任意实数b∈ ? 2 ? ,函数f(x)有且仅有两个零点.

【课后检测答案】
第 2讲
1. 2x+y=0

导数及其应用

【解析】因为函数f(x)=x3+f'(1)x2-x,所以f'(x)=3x2+2f'(1)x-1,所以

f'(1)=3+2f'(1)-1,所以f'(1)=-2.所以f(x)=x3-2x2-x,所以f(1)=1-2-1=-2,所以函 数f(x)的图象在点(1,f(1))处的切线方程是y-(-2)=-2(x-1),即2x+y=0.

1 2. - 3e

【解析】因为y'=3ax2-12x+12,y'=ex,所以两条曲线在x=1处的切线的斜

1 率分别为k1=3a,k2=e,即k1?k2=-1,即3ae=-1,所以a=- 3e .

1 1 3. (0,1) 【解析】对于函数y= 2 x2-ln x,易得其定义域为{x|x>0},y'=x- x =
x 2 -1 x 2 -1 x 2 -1 x ,令 x ≤0,又因为x>0,则 x ≤0?x2-1≤0,且x>0,解得0<x≤1,即函

1 数y= 2 x2-ln x 的单调减区间为(0,1].

?1 ? ? -1? 4. 2 【解析】由函数的导数可知f'(x)=2x+f'(2) ? x ? ,所以f'(1)=2?1+0=2.

5. (-2,2)

【解析】由题意得f'(x)=3x2-3=0,即x=±1,因为当x=-1时,函数

y=x3-3x有极大值2;当x=1时,函数y=x3-3x有极小值-2,作出图象,可知实数a的取 值范围是(-2,2).

?1? ? ? 6. -4 【解析】函数f(x)在定义域(0,+∞)上是单调函数,故f ? x ? -x=t(t为正常

?1? 1 1 1 ? ? x 数),即f ? ? =x+t,从而有f(x)= x +t,又f(t)= t +t=2,所以t=1,从而f(x)= x +1,所
?1? 1 ? ? 2 以f'(x)=- x ,即f' ? 2 ? =-4.

7. 9 【解析】因为f'(x)=12x2-2ax-2b,又因为f(x)在x=1处有极值,所以a+b=6.
? a?b? ? ? 因为a>0,b>0,所以ab≤ ? 2 ? =9,当且仅当a=b=3时取等号.
2

? 1? 1 - ? ? x1, x1 ? 8. 1 【解析】令公切线与曲线f(x)=- x 切于点A ? (x1<0),与曲线g(x)=ln x
1 1 1 1 2 2 2 切于点B(x2,ln x2)(x2>0).因为f'(x)= x ,g'(x)= x ,所以 x1 = x 2 ,即x2= x1 .又因
ln?x2 ?
为kAB=

1 x1

x2 -x1

1 2 = x1 ,所以

2ln(-x1 ) ? x -x1
2 1

1 x1

1 2 = x1 ,所以2x1?ln(-x1)=x1-2.令-x1=t>0,所

1 1 1 1 以-2tln t=-t-2,即2tln t=t+2(t>0),所以ln t= t + 2 (t>0),画出函数y=ln t与y= t + 2
的图象(如图),在(0,+∞)上只有一解,所以公切线只有一条.

(第8题) 9. (1) 由题设知f(0)=1,f'(x)=ex,f'(0)=1,g(0)=c, g'(x)=2ax+b,g'(0)=b.

? f (0) ? g (0), ? 由题意得 ? f'(0)g'(0) ? -1, ?c ? 1, ? 所以 ?b ? -1.
(2) 当a=c=1,b=0时, g(x)=x2+1. ①当x=0时,f(0)=1,g(0)=1, 即f(x)=g(x); ②当x<0时,f(x)<1,g(x)>1, 即f(x)<g(x); ③当x>0时,令h(x)=f(x)-g(x)=ex-x2-1,则h'(x)=ex-2x. 设k(x)=h'(x)=ex-2x,则k'(x)=ex-2. 当x<ln 2时,k'(x)<0,k(x)单调递减;当x>ln 2时,k'(x)>0,k(x)单调递增. 所以当x=ln 2时,k(x)取得极小值,且极小值为k(ln 2)=eln 2-2ln 2=2-ln 4>0, 即k(x)=h'(x)=ex-2x>0恒成立,所以h(x)在R上单调递增. 又因为h(0)=0, 所以当x>0时,h(x)>h(0)>0, 即f(x)>g(x).

综上所述,当x<0时,f(x)<g(x);当x=0时,f(x)=g(x);当x>0时,f(x)>g(x).

10. (1) f'(x)=a+1+ln x, 令f'(x)>0?x>e-a-1,令f'(x)<0?0<x<e-a-1, 故f(x)的极小值为f(e-a-1)=-e-a-1=-e-2,得a=1.

x-2-lnx f (x) x ? xlnx 2 (2) 当x>1时,令g(x)= x-1 = x-1 ,所以g'(x)= (x-1) ,

1 x-1 令h(x)=x-2-ln x,所以h'(x)=1- x = x >0,故y=h(x)在(1,+∞)上是增函数.
由于h(3)=1-ln 3<0,h(4)=2-ln 4>0,所以存在x0∈(3,4),使得h(x0)=0. 所以x∈(1,x0)时,h(x)<0,g(x)为减函数;x∈(x0,+∞)时,h'(x)>0,g(x)为增 函数.

x0 ? x0 lnx0 x0 -1 =x , 所以g(x)min=g(x0)= 0
所以k<x0,又x0∈(3,4),k∈Z, 所以kmax=3.

11. (1) 因为f'(x)=2xln x+x-2ax, 且在点(x0,f(x0))处的切线方程为y=-x+b,

?2 x0lnx0 ? x0 -2ax0 ? -1, ? 2 x lnx -ax 2 ? x0 ? b ? b, 所以 ? 0 0 0
解得x0=1,a=1. (2) 因为函数f(x)=x2ln x-x2+b, 所以f'(x)=2xln x-x. 令f'(x)=2xln x-x=0,得x= e . 当x∈(0, e )时,f'(x)<0,即f(x)=x2ln x-x2+b在x∈(0, e )上单调递减; 当x∈( e ,+∞)时,f'(x)>0,即f(x)=x2ln x-x2+b在x∈( e ,+∞)上单调递增.

e 所以f(x)有最小值f( e )=b- 2 <0.
又f(e)=e2-e2+b>0, 所以f(x)=x2ln x-x2+b在( e ,e)上,即( e ,+∞)上有且仅有一个零点. 下面证明存在x1∈(0, e ),使得f(x1)>0. 令h(x)=xln x-x+1, 则h'(x)=ln x. 所以当x∈(0,1)时,h'(x)<0,h(x)=xln x-x+1在(0,1)上单调递减, 所以当x∈(0,1)时,h(x)=xln x-x+1>h(1)=0, 所以当x∈(0,1)时,f(x)=x2ln x-x2+b>b-x. 取x1=min{1,b}, 则f(x1)>b-x1≥0, 所以f(x)=x2ln x-x2+b在(x1, e )上,即(0, e )上有且仅有一个零点. 综上所述,函数f(x)在(0,+∞)上有且仅有两个零点.


推荐相关:

【创新方案】2013年高考数学一轮复习 第三篇 导数及其应用 第2讲 导数的应用(一)教案 理 新人教版

【创新方案】2013年高考数学一轮复习 第三篇 导数及其应用 第2讲 导数的应用(一)教案 理 新人教版_高考_高中教育_教育专区。2013高考数学一轮复习第...


第2讲 导数及其应用

第2讲 导数及其应用_数学_高中教育_教育专区。第2讲 导数及其应用 【自主学习】第 2讲 导数及其应用 (本讲对应学生用书第35~38页) 自主学习 回归教材 ? 1?...


【南方凤凰台】2014届高考数学(理)二轮复习专题检测评估 专题四 第2讲 导数及其应用

【南方凤凰台】2014届高考数学(理)二轮复习专题检测评估 专题四 第2讲 导数及其应用_高考_高中教育_教育专区。第 2讲一、 填空题 导数及其应用 1 1. (2013·...


【创新设计】(山东专用)2017版高考数学一轮复习 第三章 导数及其应用 第2讲 导数在研究函数中的应用习题

【创新设计】(山东专用)2017版高考数学一轮复习 第三章 导数及其应用 第2讲 导数在研究函数中的应用习题_数学_高中教育_教育专区。第三章 导数及其应用 第 2 ...


2013年高考第3讲 导数的应用(二)

2013年高考第3讲 导数的应用()_数学_高中教育_教育专区。第3讲【2013 年高考会这样考】 1.利用导数求函数的极值. 2.利用导数求函数闭区间上的最值. 3....


高三理数第9讲导数的应用(二)

高三理数第9讲导数的应用()_数学_高中教育_教育专区。自制导数经典教案,富有...函数的单调性、极值画出函数的大致 图象,数形结合求解. 考点 2 利用导数方法...


2016版高考数学大二轮总复习 增分策略 专题二 函数与导数 第3讲 导数及其应用试题

2016版高考数学大二轮总复习 增分策略 专题 函数与导数 第3讲 导数及其应用...2 ) 1.导数的意义和运算是导数应用的基础, 是高考的一个热点.2.利用导数...


2016高考总复习(人教A版)高中数学_第二章_基本初等函数、导数及其应用_第2讲_函数的定义域和值域

2016高考总复习(人教A版)高中数学_第二章_基本初等函数、导数及其应用_第2讲_函数的定义域和值域_高三数学_数学_高中教育_教育专区。第 2 讲 函数的定义域和值...


【领先课程】第十二讲 导数的应用(二)(文)

【领先课程】第十二讲 导数的应用()(文)_数学_高中教育_教育专区。【高三...1.利用极值或最值求解参数的取值范围 命题趋势及特 点 2.利用导数研究方程根...

网站首页 | 网站地图
All rights reserved Powered by 简单学习网 www.tceic.com
copyright ©right 2010-2021。
文档资料库内容来自网络,如有侵犯请联系客服。zhit325@126.com