1、第三章导数及其应用3.1 导数的概念及运算专题 2 导数的运算(2015 河北保定二模 ,导数的运算,选择题,理 11)已知函数 f(x)=x2sin x+xcos x,则其导函数 f(x)的图象大致是( )解析: f(x)=x2sinx+xcosx, f(x)=x2cosx+cosx, f(-x)=(-x)2cos(-x)+cos(-x)=x2cosx+cosx=f(x), 其导函数 f(x)为偶函数,图象关于 y 轴对称,故排除 A,C.当 x+时,f (x) +,故排除 D.故选 C.答案:C(2015 河北保定二模 ,导数的运算,选择题,理 12)已知函数 f(x)=ax3+bx2+c
2、x+d(a0),设 f(x)是函数 f(x)的导函数,f (x)是函数 f(x)的导函数.若方程 f (x)=0 有实数解 x0,则称点( x0,f(x0)为函数 y=f(x)的“拐点”.任何一个三次函数都有“拐点”,且其“ 拐点”恰好就是该函数的对称中心,设函数 f(x)=x3-x2+3x-,则f+f+f+f=( )A.2 016 B.2 015 C.2 014 D.1 007.5解析:依题意,得 f(x)=x2-x+3, f (x)=2x-1.由 f (x)=0,即 2x-1=0,得 x=, f=1. f(x)=x3-x2+3x-的对称中心为. f(1-x)+f(x)=2, f+f+f+f
3、=2015.答案:B(2015 辽宁锦州一模 ,导数的运算,选择题,理 8)已知函数 y=f(x)的导函数为 f(x),且 f(x)=x2f+sin x,则f=( )A. B. C. D.解析: f(x)=x2f+sinx, f(x)=2fx+cosx, f=2f+cos,解得 f.答案:A3.2 导数与函数的单调性、极值、最值专题 1 导数与函数的单调性(2015 江西南昌三模 ,导数与函数的单调性,选择题,理 10)已知 f(x)=x3-ax 在1, +)上是单调增函数,则 a 的取值范围是( )A.(3,+) B.(1,3)C.(-,3) D.(-,3答案:D(2015 河北邯郸二模 ,
4、导数与函数的单调性,解答题,理 21)已知函数 f(x)=mln x-x2+(2m-1)x.(mR).(1)讨论 f(x)的单调性 ;(2)设 m0,证明 :当 0f(m-x);(3)若函数 f(x)的图象与 x 轴交于 A,B 两点,线段 AB 的中点的横坐标为 x0,f(x)为函数 f(x)的导函数,证明 f(x0)0 时,若 x(0, m),则 f(x)0,f(x)单调递增;若 x(m ,+),则 f(x)0,00,g(x)在(0,m)上递增, g(x)g(0)=m0, f(m+x)f(m-x).(3)设 A,B 的横坐标分别为 x1,x2,且 x10,且 0f(m-(m-x1)=f(x
5、1)=f(x2)=0,又 f(x)在(m,+)上单调递减, 2m-x1f(x)成立,则( )A.3f(ln 2)2f(ln 3)D.3f(ln 2)与 2f(ln 3)的大小不确定解析:构造函数 g(x)=, g(x)=f(x)-f(x). 对任意 xR 都有 f(x)f(x)成立, g(x)g(ln3), , , 3f(ln2)2f(ln3).答案:C(2015 辽宁锦州一模 ,导数与函数的单调性,选择题,理 12)已知 f(x),g(x)都是定义在 R 上的函数,g(x)0,f(x)g(x)f(x)g(x),且 f(x)=axg(x)(a0,且 a1),若数列的前 n 项和大于 62,则
6、n 的最小值为( )A.6 B.7 C.8 D.9解析: f(x)g(x)f(x)g(x), f(x)g(x)-f(x)g(x)0, =0,从而可得=a x 单调递增,从而可得 a1. =a+a-1=, a=2.故+=a+a 2+an=2+22+2n=2n+1-262. 2n+164,即 n+16,n5,nN *. n 的最小值为 6.答案:A专题 3 导数与函数的最值(2015 江西南昌三模 ,导数与函数的最值,选择题,理 12)已知函数 f(x)=aln(x+1)-x2 在区间(0,1) 内任取两个实数 p,q,且 pq,不等式1 恒成立,则实数 a 的取值范围为 ( )A.15,+) B
7、.(-,15 C.(12,30 D.(-12,15答案:A(2015 江西南昌三模 ,导数与函数的最值,解答题,理 21)已知函数 f(x)=2ex-(x-a)2+3,aR.(1)若函数 y=f(x)的图象在 x=0 处的切线与 x 轴平行,求 a 的值;(2)若 x0,f(x) 0 恒成立,求 a 的取值范围.解:(1)f(x)=2(e x-x+a). y=f(x)在 x=0 处的切线与 x 轴平行,即在 x=0 处切线斜率为 0,即 f(0)=2(a+1)=0. a=-1.(2)f(x)=2(ex-x+a),令 g(x)=2(ex-x+a),则 g(x)=2(ex-1)0, g(x)=2(
8、ex-x+a)在0,+)内单调递增,g(0)= 2(1+a). 当 2(1+a)0, 即 a- 1 时,f(x) =2(ex-x+a)f(0)0,f(x)在0,+)内单调递增,要想 f(x)0,只需要 f(0)=5-a20,解得-a,从而-1a. 当 2(1+a)0,解得 xx0,令 f(x)-3)上的最小值;(3)若对x-2,kf (x)g( x)恒成立,求实数 k 的取值范围.解:(1)f(x)=ae x(x+2),g(x)=2x+b.由题意,两函数在 x=0 处有相同的切线. f(0)=2a,g(0)=b, 2a=b,f(0)=a=g(0)=2, a=2,b=4, f(x)=2ex(x+
9、1),g(x)=x2+4x+2.(2)f(x)=2ex(x+2),由 f(x)0 得 x-2,由 f(x)-3, t+1-2. 当-30 得 ex, xln;由 F(x)e2 时,F(x)在-2,+) 单调递增,F(x) min=F(-2)=-2ke-2+2=(e2-k)-2,即 1k0,满足 F(x)min0.综上所述,满足题意的 k 的取值范围为1,e 2.3.3 导数的综合应用专题 2 利用导数研究函数的零点或方程的根(2015 河北保定二模 ,利用导数研究函数的零点或方程的根,解答题,理 21)设函数 f(x)=mln x+.(1)若 m0,求函数 f(x)的单调区间;(2)若函数 f
10、(x)在 (0,2)内存在两个极值点,求 m 的取值范围.解:(1)函数 f(x)的定义域为(0, +),f(x)=.当 m0 时,mx-e x0,f(x)单调递增;x2 时, f(x)0 时,设函数 g(x)=mx-ex(x(0,2).因为 g(x)=m-ex, 当 00,f(x)单调递增,故 f(x)在(0,2)内不存在两个极值点. 当 m1 时,x(0,ln m)时,g(x)0,函数 y=g(x)单调递增,x(lnm,+ )时,g( x)0,即函数 g(x)在(0,1 上为增函数,此时在(0,1上没有交点,不满足条件.若 c0 对 x1 恒成立知 a0.所以 3ax2+(3-2a)x-(
11、a2+2)0 对 x1,+) 上恒成立.令 g(x)=3ax2+(3-2a)x-(a2+2),其对称轴为 x=. a0, ,从而 g(x)在1,+)上为增函数. 只要 g(1)0 即可,即-a 2+a+10 成立,解得a.又 a0, 00 上有解.即求函数 g(x)=xlnx+x2-x3 的值域.方法一:b=x (lnx+x-x2),令 h(x)=lnx+x-x2.由 h(x)=+1-2x=. x0, 当 00,从而 h(x)在(0,1)上为增函数;当 x1 时,h (x)0, g(x)在上递增;当 x时 ,g (x)0, g(x)在 x01 时,g(x)1 上递减.又当 x+时,g( x)-
12、 ,g(x)=xlnx+x2-x3=x(lnx+x-x2)x.当 x0 时,lnx+1 时,f(x)的图象恒在直线 l 的上方,求 k 的最大值.解:(1) f(x)=1+lnx, f(e)=1+lne=k-3. k=5.(2)由于存在 x01,e,使 f(x0)x 0lnx0, a.设 h(x)=,则 h(x)=.当 x1,e时,h(x )0(仅当 x=e 时取等号). h(x)在1,e上单调递增, h(x)min=h(1)=0,因此 a0.(3)由题意 xlnx(k-3)x-k+2 在 x1 时恒成立,即 k0 在 x1 时恒成立. m(x)在(1,+)上单调递增,且 m(3)=1-ln3
13、0. 在(1,+) 上存在唯一实数 x0(x0(3,4) 使 m(x)=0.当 1x0 时,m(x)0,即 F(x)0. F(x)在(1, x0)上单调递减,在(x 0,+)上单调递增. F(x)min=F(x0)=x0+2(5,6).故 kx 2+4-2x-8.解:(1)f(x)=e x+a,由已知,f (0)=-1,f(0)=-1,故 a=-2,b=-2,所以 f(x)=ex-2.当 x(-,ln2)时,f( x)0,故 f(x)在(- ,ln2)单调递减,在(ln2, +)单调递增.(2)当 x0 时,2(x+1) +1=x+2,所以 x2+4-2x-8x 2+2(x+2)-2x-8=x
14、2-4,设 g(x)=f(x)-(x2-4)=ex-x2-2x+2,g(x)=ex-2x-2.因为 g(0)=-10,00,即 g(x)在0,x 0)单调递减,在(x 0,+)单调递增.当 x0 时,g(x)g( x0)=-2x0+2=4-0,即 f(x)x2-4,因此 f(x)x2+4-2x-8.(2015 辽宁丹东一模 ,利用导数解决不等式的有关问题,解答题,理 21)已知 x=1 是函数 f(x)=1+(1-x)ln(kx)的极值点,e 为自然对数的底数.(1)求 k 的值,并讨论 f(x)的单调性;(2)是否存在 m(1,+),使得当 am 时,不等式(a+x)ln(a+x) 0.当
15、x(1, +)时,f(x)=g(x)0,f(e)=2-e0,G(-1)0,解得 0x1. H(x2)=aln(x2+1)+=-2(x2+1)x2ln(x2+1)+x1=(-1-x2), 只需证明:-2(x 2+1)x2ln(x2+1)+(-1-x2),即:-2(x 2+1)x2ln(x2+1)+x2-ln2.令 (x)=x2-2(x+1)xln(x+1)+x,x,(x)=2x-2(2x+1)ln(x+1)-2x+ln2-=-2(2x+1)ln(x+1)+ln2-. -0. -2(2x+1)ln(x+1)0.又 ln2-=ln2-ln=ln0, (x)0, (x)在上单调递增. (x)ln2-ln2+-ln2,即 (x)-ln2,即 式成立. H(x2)x1.综上 x1H(x2)0 成立.
