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第2講 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用(一)
A級 基礎(chǔ)演練(時間:30分鐘 滿分:55分)
一、選擇題(每小題5分,共20分)
1.(2013·石景山模擬)若函數(shù)h(x)=2x-+在(1,+∞)上是增函數(shù),則實數(shù)k的取值范圍是 ( ).
A.(-2,+∞) B.(2,+∞)
C.(-∞,-2) D.(-∞,2)
解析 由條件得h′(x)=2+=≥0在(1,+∞)上恒成立,即k≥-2x2在(1,+∞)上恒成立,所以k∈(-2,+∞).
答案 A
2.(2013·鄭州檢測)函數(shù)f(x)=(4-x)ex的單調(diào)遞減區(qū)間是 ( ).
A.(-∞,4) B.(-∞,3)
C.(4,+∞) D.(3,+∞)
解析 f′(x)=ex+(4-x)·ex=ex(3-x),令f′(x)<0,由于ex>0,∴3-x<0,解得x>3.
答案 D
3.(2013·安慶模擬)下列函數(shù)中,在(0,+∞)內(nèi)為增函數(shù)的是 ( ).
A.f(x)=sin 2x B.f(x)=xex
C.f(x)=x3-x D.f(x)=-x+ln x
解析 sin 2x=2sin xcos x,(sin 2x)′=2(cos2x-sin2x),在(0,+∞)不恒大于零;(x3-x)′=3x2-1,在(0,+∞)不恒大于零;(-x+lnx)′=-1+在(0,+∞)不恒大于零;(xex)′=ex+xex,當x∈(0,+∞)時ex+xex>0,故選B.
答案 B
4.函數(shù)f(x)的定義域是R,f(0)=2,對任意x∈R,f(x)+f′(x)>1,則不等式ex·f(x)>ex+1的解集為 ( ).
A.{x|x>0} B.{x|x<0}
C.{x|x<-1或x>1} D.{x|x<-1或0
ex-ex=0,所以g(x)=ex·f(x)-ex為R上的增函數(shù),又因為g(0)=e0·f(0)-e0=1,所以原不等式轉(zhuǎn)化為g(x)>g(0),解得x>0.
答案 A
二、填空題(每小題5分,共10分)
5.函數(shù)y=x-2sin x在[0,π]上的遞增區(qū)間是________.
解析 y′=1-2cos x,令1-2cos x≥0,得cos x≤,解得2kπ+≤x≤2kπ+π,k∈R,又0≤x≤π,∴≤x≤π.
答案
6.已知直線y=x+1與曲線y=ln(x+a)相切,則a的值為________.
解析 設(shè)切點坐標為(x0,y0)又y′=,由已知條件解得a=2.
答案 2
三、解答題(共25分)
7.(12分)設(shè)函數(shù)f(x)=ax3-3x2,(a∈R),且x=2是y=f(x)的極值點,求函數(shù)g(x)=ex·f(x)的單調(diào)區(qū)間.
解 f′(x)=3ax2-6x=3x(ax-2).
因為x=2是函數(shù)y=f(x)的極值點.
所以f′(2)=0,即6(2a-2)=0,因此a=1,
經(jīng)驗證,當a=1時,x=2是函數(shù)f(x)的極值點,
所以g(x)=ex(x3-3x2),
g′(x)=ex(x3-3x2+3x2-6x)
=ex(x3-6x)=x(x+)(x-)ex.
因為ex>0,所以y=g(x)的單調(diào)增區(qū)間是(-,0)和(,+∞);單調(diào)減區(qū)間是(-∞,-)和(0,).
8.(13分)已知函數(shù)f(x)=x3+ax2-x+c,且a=f′.
(1)求a的值;
(2)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;
(3)設(shè)函數(shù)g(x)=(f(x)-x3)·ex,若函數(shù)g(x)在x∈[-3,2]上單調(diào)遞增,求實數(shù)c的取值范圍.
解 (1)由f(x)=x3+ax2-x+c,得f′(x)=3x2+2ax-1.
當x=時,得a=f′=3×2+2a×-1,
解之,得a=-1.
(2)由(1)可知f(x)=x3-x2-x+c.
則f′(x)=3x2-2x-1=3(x-1),列表如下:
x
-
1
(1,+∞)
f′(x)
+
0
-
0
+
f(x)
極大值
·
極小值
所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(-∞,-)和(1,+∞);
f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是.
(3)函數(shù)g(x)=(f(x)-x3)·ex=(-x2-x+c)·ex,
有g(shù)′(x)=(-2x-1)ex+(-x2-x+c)ex
=(-x2-3x+c-1)ex,
因為函數(shù)g(x)在x∈[-3,2]上單調(diào)遞增,
所以h(x)=-x2-3x+c-1≥0在x∈[-3,2]上恒成立.
只要h(2)≥0,解得c≥11,所以c的取值范圍是[11,+∞).
探究提高 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性的一般步驟:
(1)確定函數(shù)的定義域;
(2)求導(dǎo)數(shù)f′(x);
(3)①若求單調(diào)區(qū)間(或證明單調(diào)性),只需在函數(shù)f(x)的定義域內(nèi)解(或證明)不等式f′(x)>0或f′(x)<0.
②若已知f(x)的單調(diào)性,則轉(zhuǎn)化為不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在單調(diào)區(qū)間上恒成立問題求解.
B級 能力突破(時間:30分鐘 滿分:45分)
一、選擇題(每小題5分,共10分)
1.定義在R上的函數(shù)y=f(x)滿足f(4-x)=f(x),(x-2)·f′(x)<0,若x14,則 ( ).
A.f(x1)f(x2)
C.f(x1)=f(x2)
D.f(x1)與f(x2)的大小不確定
解析 ∵f(4-x)=f(x),∴函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x=2對稱,由(x-2)f′(x)<0可得函數(shù)f(x)在(-∞,2)上單調(diào)遞增,在(2,+∞)上單調(diào)遞減,∴當x2>x1>2時,f(x1)>f(x2);當x2>2>x1時,∵x1+x2>4,∴x2>4-x1>2,∴f(4-x1)=f(x1)>f(x2),綜上,f(x1)>f(x2),故選B.
答案 B
2.已知函數(shù)f(x)的定義域為[-1,5],部分對應(yīng)值如下表.f(x)的導(dǎo)函數(shù)y=f′(x)的圖象如圖所示.
下列關(guān)于函數(shù)f(x)的命題:
①函數(shù)y=f(x)是周期函數(shù);
②函數(shù)f(x)在[0,2]上是減函數(shù);
③如果當x∈[-1,t]時,f(x)的最大值是2,那么t的最大值為4;
④當10)的單調(diào)遞減區(qū)間是________.
解析 由ax-x2≥0(a>0),解得0≤x≤a,即函數(shù)f(x)的定義域為[0,a],f′(x)==,由f′(x)<0解得x≥,因此f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是.
答案
4.已知函數(shù)y=-x3+bx2-(2b+3)x+2-b在R上不是單調(diào)減函數(shù),則b的取值范圍是________.
解析 y′=-x2+2bx-(2b+3),要使原函數(shù)在R上單調(diào)遞減,應(yīng)有y′≤0恒成立,∴Δ=4b2-4(2b+3)=4(b2-2b-3)≤0,∴-1≤b≤3,故使該函數(shù)在R上不是單調(diào)減函數(shù)的b的取值范圍是b<-1或b>3.
答案 (-∞,-1)∪(3,+∞)
三、解答題(共25分)
5.(12分)已知函數(shù)g(x)=+ln x在[1,+∞)上為增函數(shù),且θ∈(0,π),f(x)=mx--ln x,m∈R.
(1)求θ的值;
(2)若f(x)-g(x)在[1,+∞)上為單調(diào)函數(shù),求m的取值范圍.
解 (1)由題意得,g′(x)=-+≥0在[1,+∞)上恒成立,即≥0.
∵θ∈(0,π),∴sin θ>0,
故sin θ·x-1≥0在[1,+∞)上恒成立,只需sin θ·1-1≥0,
即sin θ≥1,只有sin θ=1.結(jié)合θ∈(0,π),得θ=.
(2)由(1),得f(x)-g(x)=mx--2ln x,
∴′=.
∵f(x)-g(x)在其定義域內(nèi)為單調(diào)函數(shù),∴mx2-2x+m≥0或者mx2-2x+m≤0在[1,+∞)恒成立.
mx2-2x+m≥0等價于m(1+x2)≥2x,即m≥,
而=≤1,∴m≥1.
mx2-2x+m≤0等價于m(1+x2)≤2x,
即m≤在[1,+∞)上恒成立.
而∈(0,1],∴m≤0.
綜上,m的取值范圍是(-∞,0]∪[1,+∞).
6.(13分)設(shè)函數(shù)f(x)=ln x+在內(nèi)有極值.
(1)求實數(shù)a的取值范圍;
(2)若x1∈(0,1),x2∈(1,+∞).求證:f(x2)-f(x1)>e+2-.注:e是自然對數(shù)的底數(shù).
(1)解 易知函數(shù)f(x)的定義域為(0,1)∪(1,+∞),
f′(x)=-==.
由函數(shù)f(x)在內(nèi)有極值,可知方程f′(x)=0在內(nèi)有解,令g(x)=x2-(a+2)x+1=(x-α)(x-β).
不妨設(shè)0<α<,則β>e,又g(0)=1>0,
所以g=-+1<0,解得a>e+-2.
(2)證明 由(1)知f′(x)>0?0β,
f′(x)<0?αe),
則h′(β)=+1+=2>0,
所以函數(shù)h(β)在(e,+∞)上單調(diào)遞增,
所以f(x2)-f(x1)≥h(β)>h(e)=2+e-.
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