导数及其应用(2)答案

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1、导数及其应用（2）答案例8、（Ⅰ）解：根据求导法则有，故，于是，列表如下：20极小值故知在内是减函数，在内是增函数，所以，在处取得极小值．（Ⅱ）证明：由知，的极小值．于是由上表知，对一切，恒有．从而当时，恒有，故在内单调增加．所以当时，，即．故当时，恒有．例9、解：（Ⅰ）由题意知，的定义域为，设，其图象的对称轴为，．当时，，即在上恒成立，当时，，当时，函数在定义域上单调递增．（Ⅱ）①由（Ⅰ）得，当时，函数无极值点．②时，有两个相同的解，8时，，时，，时，函数在上无极值点．③当时，有两个不同解，，，时

2、，，，即，．时，，随的变化情况如下表：极小值由此表可知：时，有惟一极小值点，当时，，，此时，，随的变化情况如下表：极大值极小值由此表可知：时，有一个极大值和一个极小值点；综上所述：时，有惟一最小值点；时，有一个极大值点和一个极小值点；时，无极值点．8（Ⅲ）当时，函数，令函数，则．当时，，所以函数在上单调递增，又．时，恒有，即恒成立．故当时，有．对任意正整数取，则有．所以结论成立．变式8、解：（Ⅰ）设与在公共点处的切线相同．，，由题意，．即由得：，或（舍去）．即有．令，则．在为增函数，在为减函数，于是

3、在的最大值为．（Ⅱ）设，则．故在为减函数，在为增函数，于是函数在上的最小值是．8故当时，有，即当时，．变式9、（I）解：．由，得．因为当时，，当时，，当时，，故所求函数的单调递增区间是，，单调递减区间是．（II）证明：（i）令，则，当时，由，得，当时，，所以在内的最小值是．故当时，对任意正实数成立．（ii）对任意，，因为关于的最大值是，所以要使对任意正实数成立的充分必要条件是：，即，①又因为，不等式①成立的充分必要条件是，所以有且仅有一个正实数，使得对任意正实数成立．例10、解：（I）由题意知，因此

4、，从而．又对求导得．由题意，因此，解得．（II）由（I）知（），令，解得．当时，，此时为减函数；当时，，此时为增函数．因此的单调递减区间为，而的单调递增区间为．（III）由（II）知，在处取得极小值，此极小值也是最小值，要使（）恒成立，只需．即，从而，解得或．所以的取值范围为．例11、解：（Ⅰ）由得，所以．由得8，故的单调递增区间是，由得，故的单调递减区间是．（Ⅱ）由可知是偶函数．于是对任意成立等价于对任意成立．由得．①当时，．此时在上单调递增．故，符合题意．②当时，．当变化时的变化情况如下表：单调

5、递减极小值单调递增由此可得，在上，．依题意，，又．综合①，②得，实数的取值范围是．（Ⅲ），，，由此得，故．变式10、解：（Ⅰ）．（Ⅱ）令，由得，（不合题意，舍去）．当变化时，的变化情况如下表：8递增极大值递减在内有最大值．在内恒成立等价于在内恒成立，即等价于，所以的取值范围为．例12、解：（1）求函数的导数；．曲线在点处的切线方程为：，即．（2）如果有一条切线过点，则存在，使．于是，若过点可作曲线的三条切线，则方程有三个相异的实数根．记，则．当变化时，变化情况如下表：000极大值极小值由的单调性，当

6、极大值或极小值时，方程最多有一个实数根；当时，解方程得，即方程只有两个相异的实数根；当时，解方程得，即方程只有两个相异的实数根．综上，如果过可作曲线三条切线，即有三个相异的实数根，则即．例13、解：即函数的图象与轴的正半轴有且只有三个不同的交点。当时，是增函数；当时，是减函数；当8时，是增函数；当或时，当充分接近0时，当充分大时，要使的图象与轴正半轴有三个不同的交点，必须且只须　　即所以存在实数，使得函数与的图象有且只有三个不同的交点，的取值范围为变式11、解：（Ⅰ）由题意，令，，对，恒有，即∴即，

7、解得故时，对满足的一切的值，都有（Ⅱ），①当时，的图象与直线只有一个公共点；②当时，列表：极大极小∴又∵的值域是，且在上单调递增∴当时函数的图象与直线只有一个公共点。当时，恒有由题意得，即，解得，综上，的取值范围是四、巩固练习1、　D　2、解：（Ⅰ），．（Ⅱ）的取值范围为．83、解：（Ⅰ），．（Ⅱ）．4、解：（1）当时，为偶函数．当时，函数既不是奇函数，也不是偶函数．（2）的取值范围是．5、解：（Ⅰ）．（Ⅱ）解：．令，解得或．由于，以下分两种情况讨论．（1）若，当变化时，的正负如下表：因此，函数在处

8、取得极小值，且；函数在处取得极大值，且．（2）若，当变化时，的正负如下表：因此，函数在处取得极小值，且；函数在处取得极大值，且．（Ⅲ）证明：由，得，当时，，．由（Ⅱ）知，在上是减函数，要使，只要即　①，设，则函数在上的最大值为．要使①式恒成立，必须，即或．所以，在区间上存在，使得对任意的恒成立．8