导数(解答题及其答案).doc

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1、第十一节　导数在研究函数中的应用一、学情自测：BDAAD二、典例探究利用导数研究函数的单调性　(2012·课标全国卷)设函数f(x)＝ex－ax－2.(1)求f(x)的单调区间；(2)若a＝1，k为整数，且当x>0时，(x－k)f′(x)＋x＋1>0，求k的最大值．【思路点拨】　(1)分a≤0和a＞0两种情况解不等式f′(x)＞0与f′(x)＜0.(2)分离参数k，转化为恒成立问题求解．【尝试解答】　(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝ex－a.若a≤0，则f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．若a>0，则当x∈(－∞，lna

2、)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<＋x(x>0)．①令g(x)＝＋x，则g′(x)＝＋1＝.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，则α∈(1，2)．当x∈(0，α)

3、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

4、当Δ＝1＋4a＞0，即a＞－时，令f′(x)＝0，得x2＋x－a＝0，解得x1＝＜0，x2＝.(ⅰ)若－＜a≤0，则x2＝≤0.∵x∈(0，＋∞)，∴f′(x)＞0，∴函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．(ⅱ)若a＞0，则x∈(0，)时，f′(x)＜0；x∈(，＋∞)时，f′(x)＞0，∴函数f(x)在区间(0，)上单调递减，在区间(，＋∞)上单调递增．综上所述，当a≤0时，函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；当a＞0时，函数f(x)的单调递减区间为(0，)，单调递增区间为(，＋∞)．(2)由题意知，f′(x)≥0在(1，＋∞)上恒成立，即x2＋x－a

5、≥0在(1，＋∞)上恒成立，令g(x)＝x2＋x－a＝(x＋)2－－a，则g(x)＞2－a，从而2－a≥0，∴a≤2.当a＝2时，f′(x)＞0在(1，＋∞)上恒成立，因此实数a的取值范围是(－∞，2].利用导数研究函数的极值　(2013·合肥模拟)设f(x)＝，其中a为正实数．(1)当a＝时，求f(x)的极值点；(2)若f(x)为R上的单调函数，求a的取值范围．【思路点拨】　(1)当a＝时，求f′(x)＝0的根，然后利用极值与导数的关系判定；(2)转化为判定f′(x)不变号满足的不等式，求a的范围．【尝试解答】　由f(x)＝，得f′(x)＝ex·①(1)当a

6、＝时，f′(x)＝＝，令f′(x)＝0，即ex(4x2－8x＋3)＝0，∵ex恒大于0，∴4x2－8x＋3＝0，∴x＝或x＝.结合①式，可知x(－∞，)(，)(，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值所以，x1＝是极小值点，x2＝是极大值点．(2)若f(x)为R上的单调函数，则f′(x)在R上不变号．结合①式，及a＞0，得ax2－2ax＋1≥0在R上恒成立．所以二次方程1＋ax2－2ax＝0无解或有两个相同实数解，Δ＝4a2－4a≤0，即0≤a≤1.又∵a＞0.故实数a的取值范围是(0，1]．(2013·绍兴模拟)已知函数f(x)＝－x3＋ax2

7、＋b(a，b∈R)．(1)要使f(x)在(0，2)上单调递增，试求a的取值范围；(2)当a＜0时，若函数满足y极大＝1，y极小＝－3，试求y＝f(x)的解析式．【解】　(1)f′(x)＝－3x2＋2ax.依题f′(x)≥0在(0，2)上恒成立．即2ax≥3x2.∵x＞0，2a≥3x，∴2a≥6.∴a≥3.即a的取值范围是[3，＋∞)．(2)∵f′(x)＝－3x2＋2ax＝x(－3x＋2a)，∵a＜0，当x∈(－∞，a]时，f′(x)≤0，∴f(x)递减．x∈(a，0)时，f′(x)＞0，f(x)递增．x∈[0，＋∞)时，f′(x)≤0，f(x)递减．∴⇒∴f(

8、x)＝－x3－3x2＋1.利用导数研究