3.3.2
函数的极值与导数
课时达标训练
1.“函数y=f(x)在一点的导数值为0”是“函数y=f(x)在这点取得极值”的
( )
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
【解析】选B.对于f(x)=x3,f′(x)=3x2,f′(0)=0,
不能推出f(x)在x=0处取极值,反之成立.
2.下列结论中,正确的是 ( )
A.导数为零的点一定是极值点
B.如果f′(x0)=0且在x0附近的左侧f′(x)>0,右侧f′(x)<0,那么f(x0)是极大值
C.如果f′(x0)=0且在x0附近的左侧f′(x)>0,右侧f′(x)<0,那么f(x0)是极小值
D.如果f′(x0)=0且在x0附近的左侧f′(x)<0,右侧f′(x)>0,那么f(x0)是极大值
【解析】选B.根据极值的概念,在x0附近的左侧f′(x)>0,单调递增;右侧
f′(x)<0,单调递减,f(x0)为极大值.
3.下列函数存在极值的是 ( )
A.y=
B.y=x-ex
C.y=x3+x2+2x-3
D.y=x3
【解析】选B.对于A中f′(x)=-,
令f′(x)=0无解,所以A中函数无极值.
B中f′(x)=1-ex,
令f′(x)=0可得x=0.当x<0时,f′(x)>0,
当x>0时,f′(x)<0.
所以y=f(x)在x=0处取极大值,f(0)=-1.
C中f′(x)=3x2+2x+2,Δ=4-24=-20<0.
所以y=f(x)无极值.D也无极值.
4.(2017·邢台期末)函数f(x)=ax3+ax2+x+3有极值的充要条件是 ( )
A.a>1或a≤0
B.a>1
C.0
D.a>1或a<0
【解析】选D.f(x)有极值的充要条件是f′(x)=ax2+2ax+1=0有两个不相等的实根,即4a2-4a>0,解得a<0或a>1.
5.函数f(x)=x3-3x的极小值为________.
【解析】f′(x)=3x2-3,令f′(x)=0得x=±1,当x<-1或x>1时,f′(x)>0,当-1答案:-2
6.求函数y=x+的极值.
【解析】y′=1-=,令y′=0解得x=±1,而原函数的定义域为{x|x≠0},所以当x变化时,y′,y的变化情况如下表:
x
(-∞,-1)
-1
(-1,0)
(0,1)
1
(1,+∞)
y′
+
0
-
-
0
+
y
↗
极大值
↘
↘
极小值
↗
所以当x=-1时,y极大值=-2,当x=1时,y极小值=2.第三章
导数及其应用
阶段通关训练(三)
(60分钟 100分)
一、选择题(每小题5分,共30分)
1.汽车经过启动、加速行驶、匀速行驶、减速行驶之后停车,若把这一过程中汽车的行驶路程s看作时间t的函数,其图象可能是 ( )
【解析】选A.加速过程,路程对时间的导数逐渐变大,图象下凸;减速过程,路程对时间的导数逐渐变小,图象上凸,故选A.
2.若函数f(x)=x+在点P处取得极值,则P点坐标为 ( )
A.(2,4)
B.(2,4),(-2,-4)
C.(4,2)
D.(4,2),(-4,-2)
【解析】选B.因为f′(x)=1-=0 x=±2,
又因为x≠0,
所以x<-2或x>2时,f′(x)>0 f(x)为增函数,
-2因为x=±2是函数的极值点,
所以P为(2,4),(-2,-4).
3.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
( )
A.[-5,-3]
B.
C.[-6,-2]
D.[-4,-3]
【解析】选C.当x∈(0,1]时,
得a≥-3-4+,
令t=,则t∈[1,+∞),a≥-3t3-4t2+t,
令g(t)=-3t3-4t2+t,t∈[1,+∞),
则g′(t)=-9t2-8t+1=-(t+1)(9t-1),
显然在[1,+∞)上,g′(t)<0,g(t)单调递减,
所以g(t)max=g(1)=-6,因此a≥-6.
同理,当x∈[-2,0)时,
有a≤-3-4+.
令t=,则t≤-.
令g(t)=-3t3-4t2+t,则g′(t)=-(t+1)(9t-1),
显然当-10,t<-1时,g′(t)<0,
故g(t)≥g(-1)=-2,得a≤-2.
由以上两种情况得-6≤a≤-2,显然当x=0时也成立.
故实数a的取值范围为[-6,-2].
4.函数f(x)的定义域为开区间(a,b),导函数f′(x)在(a,b)内的图象如图所示,则f(x)在开区间(a,b)内有极小值 ( )
A.2个
B.1个
C.3个
D.4个
【解析】选B.如图所示,由导函数f′(x)在(a,b)内的图象可知:函数f(x)只有在B点处取得极小值,
因为在点B的左侧f′(x)<0,右侧f′(x)>0,且f′(xB)=0,
所以函数f(x)在点B处取得极小值.
5.函数y=2x3-2x2在[-1,2]上的最大值为 ( )
A.-5
B.0
C.-1
D.8
【解析】选D.y′=6x2-4x=2x(3x-2),
列表:
x
-1
(-1,0)
0
2
y′
10
+
0
-
0
+
16
y
-4
单调递增↗
0
单调递减↘
-
单调递增↗
8
所以ymax=8.
6.设函数f(x)=x3-12x+b,则下列结论正确的是 ( )
A.函数f(x)在(-∞,-1)上单调递增
B.函数f(x)在(-∞,-1)上单调递减
C.若b=-6,则函数f(x)的图象在点处的切线方程为y=10
D.若b=0,则函数f(x)的图象与直线y=10只有一个公共点
【解析】选C.因为f(x)=x3-12x+b,
所以f′(x)=3x2-12,
令f′(x)>0,即3x2-12>0,
所以x<-2或x>2,
所以函数f(x)在(-∞,-2)和(2,+∞)上为增函数,
令f′(x)<0,即3x2-12<0,所以-2所以函数f(x)在(-2,2)上为减函数,
所以排除A,B;
当b=-6时,f(x)=x3-12x-6,f(-2)=-8+24-6=10,所以曲线的切点为(-2,10),
因为f′(x)=3x2-12,所以k=f′(-2)=0,
所以y=10,故C正确;
当b=0时,f(x)=x3-12x,
所以f′(x)=3x2-12=0,所以x=±2,
所以函数f(x)在(-∞,-2)和(2,+∞)上为增函数,在(-2,2)上为减函数,且f(-2)=16,f(2)=-16,
所以函数f(x)的极大值为16,极小值为-16,所以函数f(x)的图象与直线y=10有三个公共点,故D错.
二、填空题(每小题5分,共20分)
7.容积为256的方底无盖水箱,它的高为 时,最省材料.
【解析】设水箱高为h,底面边长为a,则a2h=256,其表面积为S=a2+4ah=a2+4a·
=a2+.令S′=2a-=0,得a=8.
当08时,S′>0;
故当a=8时,S最小,此时h==4.
答案:4
8.若点P是曲线y=x2-lnx上任意一点,则点P到直线y=x-2的最小距离
为 .
【解析】点P是曲线y=x2-lnx上任意一点,
当过点P的切线和直线y=x-2平行时,
点P到直线y=x-2的距离最小.
直线y=x-2的斜率等于1,
令y=x2-lnx的导数y′=2x-=1可得,
x=1或x=-(舍去),
故曲线y=x2-lnx上和直线y=x-2平行的切线经过的切点坐标为(1,1),
点(1,1)到直线y=x-2的距离等于,
故点P到直线y=x-2的最小距离为.
答案:
【补偿训练】若曲线y=上点P处的切线平行于直线2x+y+1=0,则点P的坐标是 .
【解析】设点P(x0,y0),
因为y′=-,
所以曲线在点P处的切线的斜率为k=-,
又因为切线平行于直线2x+y+1=0,所以-=-2,解得x0=-ln2,
代入y=得y0=2,所以点P(-ln2,2).
答案:(-ln2,2)
【方法总结】求切点的步骤:
(1)设切点P(x0,f(x0)).
(2)求出函数y=f(x)在点x=x0的导数,即曲线y=f(x)在点P(x0,f(x0))处切线的斜率.
(3)切点不仅是直线上的一个点,也是曲线上的点,利用这些条件列方程求切点.
9.设函数f(x)=tx2+2t2x+t-1(x∈R,t>0).则f(x)的最小值h(t)<-2t+m对
t∈(0,2)恒成立的m的范围是 .
【解析】因为f(x)=t(x+t)2-t3+t-1(x∈R,t>0),
所以当x=-t时,f(x)取最小值f(-t)=-t3+t-1,
即h(t)=-t3+t-1.
令g(t)=h(t)-(-2t+m)=-t3+3t-1-m,
由g′(t)=-3t2+3=0得t=1或t=-1(不符合题意,舍去).
当t变化时,g′(t),g(t)的变化情况如表所示:
t
(0,1)
1
(1,2)
g′(t)
+
0
-
g(t)
单调递增↗
极大值1-m
单调递减↘
所以g(t)在(0,2)内有最大值g(1)=1-m.
h(t)<-2t+m在(0,2)内恒成立等价于g(t)<0在(0,2)内恒成立,即等价于1-m<0.
所以m的取值范围为(1,+∞).
答案:(1,+∞)
10.已知函数f(x)=在[1,+∞)上为减函数,则实数a的取值范围为 .
【解析】f′(x)=
=,
因为f(x)在[1,+∞)上为减函数,
故f′(x)≤0在[1,+∞)上恒成立,
即lna≥1-lnx,
在[1,+∞)上恒成立.
设φ(x)=1-lnx,φ(x)max=1,
故lna≥1,a≥e.
答案:[e,+∞)
三、解答题(共4小题,共50分)
11.(12分)在岛礁上修建面积为xm2的飞机场需要成本y元,且y是x的函数:y=f(x)=10x2+x.
(1)求当x从50变到60时,成本y关于修建面积x的平均变化率,并解释它的实际意义.
(2)求f′(50),并解释它的实际意义.
【解析】(1)当x从50变到60时,成本y关于修建面积x的平均变化率为=
=1101.
它表示在修建面积从50m2增加到60
m2的过程中,修建面积每增加1m2,成本平均增加1101元.
(2)f′(x)=20x+1,所以f′(50)=1001.
f′(50)表示当修建面积为50m2时,每增加1m2,成本就要增加1001元.
12.(12分)已知函数f(x)=x3+bx2+cx-1,当x=-2时有极值,且在x=-1处的切线的斜率为-3.
(1)求函数f(x)的解析式.
(2)求函数f(x)在区间[-1,2]上的最大值与最小值.
【解析】(1)f′(x)=3x2+2bx+c,
所以解得
所以函数解析式为:f(x)=x3+3x2-1.
(2)由(1)知f′(x)=3x2+6x,令f′(x)=0,
解得x1=-2,x2=0,
列表如下:
x
-1
(-1,0)
0
(0,2)
2
f′(x)
-
+
f(x)
1
↘
-1
↗
19
从上表可知,最大值为19,最小值为-1.
13.(13分)已知函数f(x)=alnx-ax-3(a∈R).
(1)求函数f(x)的单调区间.
(2)当a=-1时,证明:当x∈(1,+∞)时,f(x)+2>0.
【解析】(1)根据题意知,f′(x)=(x>0),
当a>0时,则当x∈(0,1)时,f′(x)>0,
当x∈(1,+∞)时,f′(x)<0,
f(x)的单调递增区间为(0,1),
单调递减区间为(1,+∞);
当a<0时,f(x)的单调递增区间为(1,+∞),
单调递减区间为(0,1);
当a=0时,f(x)=-3,不是单调函数,无单调区间.
(2)当a=-1时,f(x)=-lnx+x-3,
所以f(1)=-2,
由(1)知f(x)=-lnx+x-3在(1,+∞)上单调递增,
所以当x∈(1,+∞)时,f(x)>f(1).
即f(x)>-2,所以f(x)+2>0.
14.(13分)已知函数f(x)=+,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为x+2y-3=0.
(1)求a,b的值.
(2)证明:当x>0,且x≠1时,f(x)>.
【解析】(1)f′(x)=-,
由于直线x+2y-3=0的斜率为-,
且过点(1,1),故
即
解得a=1,b=1.
(2)由(1)知f(x)=+,
所以f(x)-=,
考虑函数h(x)=2lnx-(x>0),
则h′(x)=-=-.
所以当x≠1时,h′(x)<0,而h(1)=0,当x∈时,h(x)>0可得
h(x)>0,
当x∈(1,+∞)时,h(x)<0,可得h(x)>0,
从而当x>0且x≠1时,f(x)->0,即f(x)>.
【能力挑战题】
(2017·全国丙卷)已知函数f(x)=lnx+ax2+(2a+1)x.
(1)讨论f(x)的单调性.
(2)当a<0时,证明f(x)≤--2.
【解析】(1)f′(x)==(x>0),
当a≥0时,f′(x)≥0,则f(x)在(0,+∞)单调递增,
当a<0时,则f(x)在单调递增,在单调递减.
(2)由(1)知,当a<0时,f(x)max=f,
f-=ln++1,
令y=lnt+1-t
则y′=-1=0,解得t=1,所以y在(0,1)单调递增,在(1,+∞)单调递减,
所以ymax=y(1)=0,所以y≤0,即f(x)max≤-,所以f(x)≤--2.3.3.3
函数的最大（小）值与导数
课时达标训练
1.函数f(x)=x3-3x(|x|<1) ( )
A.有最大值,但无最小值
B.有最大值,也有最小值
C.无最大值,但有最小值
D.既无最大值,也无最小值
【解析】选D.f′(x)=3x2-3=3(x+1)(x-1),当x∈(-1,1)时,f′(x)<0,所以f(x)在(-1,1)上是单调递减函数,无最大值和最小值.
2.函数y=2x3-3x2-12x+5在[-2,1]上的最大值、最小值分别是 ( )
A.12,-8
B.1,-8
C.12,-15
D.5,-16
【解析】选A.y′=6x2-6x-12,由y′=0 x=-1或x=2(舍去).x=-2时y=1,x=-1时y=12,x=1时y=-8.所以ymax=12,ymin=-8.
3.已知函数f(x)=,若函数在区间(其中a>0)上存在最大值,则实数a的取值范围为 ( )
A.0B.C.a>
D.a>1
【解析】选B.因为f(x)=,x>0,所以f′(x)=-.
当00;当x>1时,f′(x)<0.
所以f(x)在区间(0,1)上单调递增,在区间(1,+∞)上单调递减,所以函数f(x)在x=1处取得极大值.
因为函数f(x)在区间(其中a>0)上存在最大值,
所以解得4.(2017·济南模拟)若函数f(x)=axsinx-(a∈R),且在区间上的最大值为,则实数a的值为________.
【解析】由已知得f′(x)=a(sinx+xcosx)
对于任意的x∈,有sinx+xcosx>0,
当a=0时,f(x)=-,不符合题意,
当a<0时,x∈,f′(x)<0,从而f(x)在上单调递减,
所以f(x)在上的最大值为f(0)=-,不符合题意,
当a>0时,x∈,f′(x)>0,从而f(x)在上单调递增,
所以f(x)在上的最大值为f=a-=,解得a=1.
答案:1
5.已知a是实数,函数f(x)=x2(x-a).
(1)若f′(1)=3,求a的值及曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程.
(2)求f(x)在区间[0,2]上的最大值.
【解析】(1)f′(x)=3x2-2ax.
因为f′(1)=3-2a=3,
所以a=0.又当a=0时,f(1)=1,f′(1)=3,
所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为3x-y-2=0.
(2)令f′(x)=0,解得x1=0,x2=.
当≤0,即a≤0时,f(x)在[0,2]上单调递增,
从而f(x)max=f(2)=8-4a.
当≥2,即a≥3时,f(x)在[0,2]上单调递减,
从而f(x)max=f(0)=0.
当0<<2,即0f(x)在上单调递减,在上单调递增,
从而f(x)max=
综上所述,f(x)max=3.1.3
导数的几何意义
课时达标训练
1.下列说法正确的是 ( )
A.曲线的切线和曲线有且只有一个交点
B.过曲线上的一点作曲线的切线,这点一定是切点
C.若f′(x0)不存在,则曲线y=f(x)在点(x0,f(x0))处无切线
D.若y=f(x)在点(x0,f(x0))处有切线,则f′(x0)不一定存在
【解析】选D.曲线的切线和曲线除有一个公共切点外,还可能有其他的公共点,故A,B错误;f′(x0)不存在,曲线y=f(x)在点(x0,f(x0))的切线的斜率不存在,但切线可能存在,故C错误,D正确.
2.曲线y=x3在点P处的切线斜率为3,则点P的坐标为 ( )
A.(-2,-8)
B.(1,1),(-1,-1)
C.(2,8)
D.
【解析】选B.因为y=x3,
所以y′=
=
=[(Δx)2+3x·Δx+3x2]=3x2.
令3x2=3,得x=±1,
所以点P的坐标为(1,1),(-1,-1).
3.函数y=x2的导数为 ( )
A.x
B.2x
C.2
D.4
【解析】选B.=(2x+Δx)=2x.
4.(2017·河南模拟)若曲线y=x4的一条切线l与直线x+2y-8=0平行,则l的方程为 ( )
A.8x+16y+3=0
B.8x-16y+3=0
C.16x+8y+3=0
D.16x-8y+3=0
【解析】选A.由y=x4得y′=4x3,
设切点坐标为(x0,y0),则y′=4,
因为切线l与直线x+2y-8=0平行,
所以4=-,所以x0=-,
所以y0==,
所以l:y-=-,
即8x+16y+3=0.
5.物价上涨是当前的主要话题,特别是菜价,我国某部门为尽快实现稳定菜价,提出四种绿色运输方案.据预测,这四种方案均能在规定的时间T内完成预测的运输任务Q0,各种方案的运输总量Q与时间t的函数关系如图所示,在这四种方案中,运输效率(单位时间的运输量)逐步提高的是 ( )
【解析】选B.由运输效率(单位时间的运输量)逐步提高得,曲线上的点的切线斜率应逐渐增大,故函数的图象应一直是下凹的,故选B.
6.已知f(x)对任意实数x,y均满足f(x+y)=f(x)+f(y)+2xy,且f′(0)=0,则
f′(3)=________.
【解析】令x=y=0,则f(0)=0.
所以f′=
=
==+6
=6+=6+f′(0)=6.
答案:6
7.求曲线y=f(x)=x2+1在点P(1,2)处的切线方程.
【解析】
y′|x=1===2,
所以,所求切线的斜率为2,
因此,所求的切线方程为y-2=2(x-1).
即2x-y=0.函数的单调性与导数
(45分钟 70分)
一、选择题(每小题5分,共40分)
1.(2017·广州高二检测)函数f(x)=x2-lnx的单调递减区间为 ( )
A.(-1,1]
B.(0,1]
C.[1,+∞)
D.(0,+∞)
【解析】选B.由题意知,
函数的定义域为(0,+∞),
又由f′(x)=x-≤0,
解得0所以函数f(x)的单调递减区间为(0,1].
2.函数f(x)=1+x-sinx在(0,2π)上是 ( )
A.增函数
B.减函数
C.在(0,π)上递增,在(π,2π)上递减
D.在(0,π)上递减,在(π,2π)上递增
【解析】选A.f′(x)=1-cosx,
因为x∈(0,2π),
所以cosx∈[-1,1),
所以1-cosx>0恒成立,即f′(x)>0在x∈(0,2π)上恒成立,
所以f(x)在(0,2π)上是增函数.
3.下列函数中,在区间(-1,1)上是减函数的是 ( )
A.y=2-3x2
B.y=lnx
C.y=
D.y=sinx
【解析】选C.A中,y′=-6x,
当-10,
当0故函数y=2-3x2在区间(-1,1)上不是减函数,
B中,y=lnx在x≤0处无意义;
C中,y′=-<0对x∈(-1,1)恒成立,
所以函数y=在区间(-1,1)上是减函数;
D中,y′=cosx>0对x∈(-1,1)恒成立,
所以函数y=sinx在(-1,1)上是增函数.
4.设f(x),g(x)在(a,b)上可导,且f′(x)>g′(x),则当aA.f(x)>g(x)
B.f(x)C.f(x)+g(a)>g(x)+f(a)
D.f(x)+g(b)>g(x)+f(b)
【解析】选C.令φ(x)=f(x)-g(x),
则φ′(x)=f′(x)-g′(x),
因为f′(x)>g′(x),
所以φ′(x)>0,即函数φ(x)为(a,b)上的增函数.
又a所以φ(a)<φ(x),即f(a)-g(a)从而得f(x)+g(a)>g(x)+f(a).
5.(2016·全国卷Ⅰ)若函数f(x)=x-sin2x+asinx在(-∞,+∞)上单调递增,则a的取值范围是 ( )
A.[-1,1]
B.
C.
D.
【解析】选C.方法一:用特殊值法:
取a=-1,f(x)=x-sin2x-sinx,
f′(x)=1-cos2x-cosx,
但f′(0)=1--1=-<0,不具备在(-∞,+∞)上单调递增,排除A,B,D.
方法二:f′(x)=1-cos2x+acosx≥0对x∈R恒成立,
故1-(2cos2x-1)+acosx≥0,
即acosx-cos2x+≥0恒成立,
令t=cosx,所以-t2+at+≥0对t∈[-1,1]恒成立,
构造函数g(t)=-t2+at+,
开口向下的二次函数g(t)的最小值的可能值为端点值,
故只需解得-≤a≤.
6.(2017·烟台高二检测)设函数f(x)=ax3-x2(a>0)在(0,3)内不单调,则实数a的取值范围是 ( )
A.a>
B.0C.0D.【解题指南】f(x)在(0,3)内不单调,所以f′(x)在(0,3)内有零点.
【解析】选A.因为f(x)=ax3-x2,
所以f′(x)=ax2-2x,
又f(x)=ax3-x2(a>0)在(0,3)内不单调,
所以f′(x)在(0,3)内有零点.
而f′(x)=ax2-2x有零点0,(a>0),
所以0<<3,解得a>.
7.已知函数f(x)对定义域R内的任意x都有f(x)=f(4-x),且当x≠2时,导函数f′(x)满足(x-2)f′(x)>0.若2A.f(2a)B.f(3)C.f(log2a)D.f(log2a)【解析】选C.由(x-2)f′(x)>0可得x>2时f′(x)>0,
所以f(x)在(2,+∞)是增函数.
因为24,2<4-log2a<3,
即2a>3>4-log2a>2,
所以f(4-log2a)又f(x)=f(4-x),所以f(log2a)【补偿训练】对于R上可导的任意函数f(x),若满足(x-1)f′(x)≥0,则必有
( )
A.f(0)+f(2)<2f(1)
B.f(0)+f(2)≤2f(1)
C.f(0)+f(2)≥2f(1)
D.f(0)+f(2)>2f(1)
【解析】选C.因为(x-1)f′(x)≥0,
所以当x>1时,f′(x)>0;
当x<1时,f′(x)<0,所以f(x)在(1,+∞)上为增函数,在(-∞,1)上为减函数,所以f(2)≥f(1),f(0)≥f(1),
所以f(0)+f(2)≥2f(1).
8.已知偶函数y=f(x)对于任意的x∈满足f′(x)cosx+f(x)sinx>0(其中
f′(x)是函数f(x)的导函数),则下列不等式中不成立的是 ( )
A.fB.f>f
C.f(0)D.f【解析】选A.因为偶函数y=f(x)对于任意的x∈满足
f′(x)cosx+f(x)sinx>0,且f′(x)cosx+f(x)sinx=f′(x)cosx-f(x)(cosx)′,
所以可构造函数g(x)=,
则g′(x)=>0,
所以g(x)为偶函数且在上单调递增,
所以有g=g==2f,
g=g==f,
g==f.
由函数单调性可知g即f对于C,g=g=f>g(0)=f(0),所以C正确.
二、填空题(每小题5分,共10分)
9.已知f(x)=ax3+3x2-x+1在R上是减函数,则a的取值范围是 .
【解析】f′(x)=3ax2+6x-1.
(1)当f′(x)<0(x∈R)时,f(x)是减函数.
3ax2+6x-1<0(x∈R) a<0且Δ=36+12a<0 a<-3.
所以,当a<-3时,由f′(x)<0,知f(x)在R上是减函数;
(2)当a=-3时,f(x)=-3x3+3x2-x+1=-3+,
由函数y=x3在R上的单调性,可知当a=-3时,f(x)在R上是减函数;
(3)当a>-3时,在R上存在一个区间,其上有f′(x)>0,
所以,当a>-3时,函数f(x)在R上不是减函数.
综上,所求a的取值范围是(-∞,-3].
答案:(-∞,-3]
10.若函数f(x)=kx-lnx在区间(1,+∞)上单调递增,则k的取值范围是 .
【解析】由于f′(x)=k-,f(x)=kx-lnx在区间(1,+∞)上单调递增 f′(x)=k->0在(1,+∞)上恒成立,由于k-≥0,而0<<1,所以k≥1.
答案:k≥1
三、解答题(每小题10分,共20分)
11.(2016·北京高考)设函数f(x)=xea-x+bx,曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程为y=(e-1)x+4.
(1)求a,b的值.
(2)求f(x)的单调区间.
【解析】(1)f′(x)=ea-x-xea-x+b,由切线方程可得解得a=2,b=e.
(2)f(x)=xe2-x+ex,f′(x)=(1-x)e2-x+e.
令g(x)=(1-x)e2-x,则g′(x)=-e2-x-(1-x)e2-x=e2-x(x-2).令g′(x)=0得x=2.
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x=2时,g(x)取得极小值-1,也是最小值.
所以f′(x)=g(x)+e≥e-1>0.所以f(x)的增区间为(-∞,+∞),无减区间.
12.(2017·天津高二检测)已知函数f(x)=x3-ax-1.
(1)若f(x)在实数集R上单调递增,求实数a的取值范围.
(2)是否存在实数a,使f(x)在(-1,1)上单调递减 若存在,求出a的取值范围;若不存在,请说明理由.
【解析】(1)由已知,得f′(x)=3x2-a.
因为f(x)在(-∞,+∞)上是单调增函数,
所以f′(x)=3x2-a≥0在(-∞,+∞)上恒成立,
即a≤3x2对x∈(-∞,+∞)恒成立.
因为3x2≥0,所以只需a≤0.
又a=0时,f′(x)=3x2≥0,f(x)在实数集R上单调递增,所以a≤0.
(2)假设f′(x)=3x2-a≤0在(-1,1)上恒成立,
则a≥3x2在x∈(-1,1)时恒成立.
因为-1当a=3时,在x∈(-1,1)上,f′(x)=3(x2-1)<0,
即f(x)在(-1,1)上为减函数,所以a≥3.
故存在实数a≥3,使f(x)在(-1,1)上单调递减.
【能力挑战题】
已知函数f(x)=lnx-ax+-1,a∈R.
(1)当a=-1时,求函数f(x)的单调区间.
(2)当0≤a<时,讨论f(x)的单调性.
【解析】(1)当a=-1时,f(x)=lnx+x+-1,x∈(0,+∞),所以f′(x)=,
x∈(0,+∞).
由f′(x)=0,得x=1或x=-2(舍去),
所以当x∈(0,1)时,f′(x)<0,函数f(x)单调递减;
当x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,函数f(x)单调递增.
故当a=-1时,函数f(x)的单调递增区间为(1,+∞),单调递减区间为(0,1).
(2)因为f(x)=lnx-ax+-1,
所以f′(x)=-a+=-,
x∈(0,+∞).
令g(x)=ax2-x+1-a,x∈(0,+∞).
①当a=0时,g(x)=-x+1,x∈(0,+∞),
当x∈(0,1)时,g(x)>0,此时f′(x)<0,函数f(x)单调递减;
当x∈(1,+∞)时,g(x)<0,此时f′(x)>0,函数f(x)单调递增.
②当01>0,
所以当x∈(0,1)时,g(x)>0,此时f′(x)<0,函数f(x)单调递减;
x∈时,g(x)<0,此时f′(x)>0,函数f(x)单调递增;
x∈时,g(x)>0,此时f′(x)<0,函数f(x)单调递减.
综上所述,当a=0时,函数f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增;
当0(45分钟 70分)
一、选择题(每小题5分,共40分)
1.(2017·沈阳高二检测)已知f(x)=x-5+3sinx,则f′(x)等于 ( )
A.-5x-6-3cosx
B.x-6+3cosx
C.-5x-6+3cosx
D.x-6-3cosx
【解析】选C.f′(x)=-5x-6+3cosx.
【补偿训练】函数y=xsinx+的导数是 ( )
A.y=sinx+xcosx+
B.y=sinx-xcosx+
C.y=sinx+xcosx-
D.y=sinx-xcosx-
【解析】选A.因为y=xsinx+,
所以y′=′
=′+′
=x′sinx+x·(sinx)′+
=sinx+xcosx+.
2.(2017·临沂高二检测)已知函数f(x)=x2+cosx,f′(x)是函数f(x)的导函数,则f′(x)的图象大致是 ( )
【解析】选A.因为函数f(x)是偶函数,所以其导函数f′(x)=x-sinx是奇函数,所以图象关于原点对称,所以排除B,D两项,又因为在原点右侧靠近于原点的区间上,sinx>x,所以f′(x)<0,所以靠近于原点的地方在原点的右侧,图象应该落在第四象限,排除C.
3.下列求导运算正确的是 ( )
A.′=1+
B.′=
C.′=3x·log3e
D.′=-2sinx
【解析】选B.因为′=x′+′=1-,所以A选项错误;
又′=,所以选项B正确;
又′=3xln3,所以选项C错误;
又′=(x2)′cosx+x2(cosx)′
=2xcosx-x2sinx,所以选项D错误.
4.曲线y=-在点M处的切线的斜率为 ( )
A.-
B.
C.-
D.
【解析】选B.y′=
=,
把x=代入得,导数值为.
5.(2017·太原高二检测)已知函数f(x)的导函数为f′(x),且满足f(x)=
2xf′(e)+lnx,则f′(e)=( )
A.e-1
B.-1
C.-e-1
D.-e
【解析】选C.因为f(x)=2xf′(e)+lnx,
所以f′(x)=2f′(e)+,
所以f′(e)=2f′(e)+,
解得f′(e)=-=-e-1.
6.设函数f(x)=g(x)+x2,曲线y=g(x)在点(1,g(1))处的切线方程为y=2x+1,则曲线y=f(x)在点(1,f(1))处切线的斜率为 ( )
A.4
B.-
C.2
D.-
【解析】选A.因为g′(1)=2,而f′(x)=g′(x)+2x,
所以f′(1)=g′(1)+2×1=4.
【补偿训练】已知函数f(x)=lnx-ax2在点(2,f(2))处的切线的斜率是-,则a= .
【解析】由题意,得f′(x)=-2ax,则由导数的几何意义,知f′(2)=-4a=-,解得a=.
答案:
【误区警示】(1)“过点A的曲线的切线方程”与“在点A处的曲线的切线方程”是不相同的,后者A必为切点,前者未必是切点.(2)曲线在某点处的切线若有且只有一条,曲线过某点的切线往往不止一条,切线与曲线的公共点不一定只有一个.
7.函数f(x)=ax2+bx(a>0,b>0)在点(1,f(1))处的切线斜率为2,则的最小值是 ( )
A.10
B.9
C.8
D.3
【解析】选B.由题意f′(x)=2ax+b,
又f(x)=ax2+bx(a>0,b>0)在点(1,f(1))处的切线斜率为2,所以f′(1)=2a+b=2,所以a+=1,
所以=+=
=++5≥2+5=9,
当且仅当时“=”成立,
所以的最小值是9.
【补偿训练】设点P是曲线y=x3-x+b(b为实常数)上任意一点,P点处切线的倾斜角为α,则α的取值范围是 ( )
A.
B.
C.∪
D.∪
【解析】选D.y=x3-x+b,
所以y′=3x2-≥-,所以切线斜率k≥-,
所以tanα≥-,倾斜角α的范围为
∪.
8.(2017·聊城高二检测)设f0(x)=sinx,f1(x)=f′0(x),f2(x)=
f′1(x),…,fn+1(x)=f′n(x),n∈N,则f2015(x)= ( )
A.sinx
B.-sinx
C.cosx
D.-cosx
【解析】选D.f1(x)=(sinx)′=cosx,f2(x)=(cosx)′=-sinx,f3(x)=(-sinx)′=-cosx,f4(x)=(-cosx)′=sinx,f5(x)=(sinx)′=f1(x),f6(x)=f2(x),…,fn+4(x)
=fn(x),可知周期为4.2015=4×503+3,所以f2015(x)=f3(x)=-cosx.
【延伸探究】若将“f0(x)=sinx”改为“f0(x)=sinx+cosx”,其他条件不变,则f2015(x)= .
【解析】f1(x)=f0′(x)=cosx-sinx,f2(x)=(cosx-sinx)′=-sinx-cosx,
f3(x)=-cosx+sinx,f4(x)=sinx+cosx,以此类推,可得出fn(x)=fn+4(x).2015=4×503+3,
所以f2015(x)=f3(x)=-cosx+sinx.
答案:-cosx+sinx
二、填空题(每小题5分,共10分)
9.(2017·南宁高二检测)已知函数f(x)=2lnx+8x,则
的值等于 .
【解析】f(x)=2lnx+8x,
所以f′=+8,
=-2
=-2f′=-20.
答案:-20
10.(2017·全国乙卷)曲线y=x2+在点(1,2)处的切线方程为 .
【解析】设y=f(x),则f′(x)=2x-,所以f′(1)=2-1=1,
所以在(1,2)处的切线方程为y-2=1×(x-1),即y=x+1.
答案:y=x+1
三、解答题(每小题10分,共20分)
11.求下列函数的导数:
(1)y=x4-3x2-5x+6.
(2)y=sin4+cos4.
【解析】(1)y′=(x4-3x2-5x+6)′
=(x4)′-3(x2)′-5(x)′+6′
=4x3-6x-5.
(2)因为y=sin4+cos4
=-2sin2cos2
=1-sin2=+cosx,
所以y′=-sinx.
12.已知函数f(x)=lnx,g(x)=x2+a(a为常数),直线l与函数f(x),g(x)的图象都相切,且直线l与函数f(x)的切点的横坐标为1,求直线l的方程及a的值.
【解题指南】解题时应紧扣已知条件“直线l与函数f(x),g(x)的图象都相切”,挖掘出“直线l在两个函数的切点处的导数值相同”这一隐含条件.
【解析】由f′(x),故直线l的斜率为1,切点为(1,f(1)),即(1,0).
所以l:y=x-1,①
又因为g′(x)|x=1=1,切点为,
所以l:y-=x-1,即y=x-+a②,
比较①和②得-+a=-1,所以a=-.
直线l的方程为y=x-1.
【一题多解】由f′(x),直线l的斜率为1,切点为(1,f(1)),即(1,0).所以l:y=x-1①,
又因为直线l与g(x)的图象相切,
联立方程组得
消去y得x2-x+a+1=0.
所以Δ=1-2(a+1)=0,即a=-.
【能力挑战题】
若曲线C1:y=x2与曲线C2:y=aex(a>0)存在公共切线,试求a的取值范围.
【解析】y=x2在点的切线斜率为2x,y=aex在点的切线斜率为aex,如果两个曲线存在公共切线,由图象可知,a值越大,y=aex越靠近y轴,不可能有公切线,a值越小,y=aex越远离y轴,有公切线,只有当x2=aex,2x=aex,即x2=2x,求得x=0或2,x=0时,a=0,x=2时,a=最大,又因为a>0,所以a的取值范围为.函数的最大(小)值与导数
(45分钟 70分)
一、选择题(每小题5分,共40分)
1.(2017·济南高二检测)函数f(x)=x2ex+1,x∈[-2,1]的最大值为 ( )
A.4e-1
B.1
C.e2
D.3e2
【解析】选C.f′(x)=xex+1(x+2),
令f′(x)=0得x=-2或x=0,
当f′(x)>0时,x<-2或x>0;
当f′(x)<0时,-2当x=-2时f(-2)=;
当x=0时,f(0)=0;
当x=1时,f(1)=e2,
所以函数的最大值为e2.
2.函数y=x-sinx,x∈的最大值是 ( )
A.π-1
B.-1
C.π
D.π+1
【解析】选C.在上,y′=1-cosx≥0,所以y=x-sinx为增函数,
所以当x=π时,ymax=π.
3.已知函数f(x)=ax-lnx,当x∈(0,e](e为自然常数),函数f(x)的最小值为3,则a的值为 ( )
A.e
B.e2
C.2e
D.2e2
【解析】选B.由f(x)=ax-lnx得f′(x)=a-,
因为x∈(0,e],
所以当a≤时,f(x)在x∈(0,e]是减函数,
最小值为f(e)=ae-1≤0,不满足题意,
当a>,f(x)在是减函数,
是增函数,
所以最小值为f=1+lna=3 a=e2.
【补偿训练】(2017·大庆高二检测)若函数y=x3+x2+m在[-2,1]上的最大值为,则m等于 ( )
A.0 B.1 C.2 D.
【解题指南】先求出函数y=x3+x2+m在[-2,1]上的最大值,再依据题设条件可得到关于m的方程,解方程即得出m的值.
【解析】选C.y′=′
=3x2+3x=3x(x+1).
由y′=0,得x=0或x=-1.
因为f(0)=m,f(-1)=m+.
f(1)=m+,f(-2)=-8+6+m=m-2,
所以f(1)=m+最大.所以m+=.所以m=2.
4.已知y=f(x)是奇函数,当x∈(0,2)时,f(x)=lnx-ax,当x∈(-2,0)时,f(x)的最小值为1,则a的值等于 ( )
A.
B.
C.
D.1
【解析】选D.因为f(x)是奇函数,
所以f(x)在(0,2)上的最大值为-1.
当x∈(0,2)时,f′(x)=-a,
令f′(x)=0得x=,
又a>,所以0<<2.
当00,f(x)在上单调递增;
当2>x>时,f′(x)<0,f(x)在上单调递减,
所以f(x)max=f=ln-a·=-1,
解得a=1.
5.设函数f(x)=ax3-3x+1(x∈R),若对于任意的x∈(0,1],都有f(x)≥0成立,则实数a的取值范围为 ( )
A.a>4
B.a≥4
C.a<4
D.a≤4
【解析】选B.因为x∈(0,1],
所以f(x)≥0,可化为a≥-,
设g(x)=-,则g′(x)=.
令g′(x)=0,得x=.
当00;
当所以g(x)在(0,1]上有极大值g=4,
它也是最大值,故a≥4.
6.设函数f(x)=x3--2x+5,若对任意x∈[-1,2],都有f(x)>m,则实数m的取值范围是 ( )
A.m<
B.m<7
C.m<
D.m<
【解析】选D.
f′(x)=3x2-x-2=0,
解得x=1或-,f(-1)=,
f=,
f(1)=,f(2)=7.所以m<.
7.(2017·武汉高二检测)函数f(x)=x3-3x-1,若对于区间[-3,2]上的任意x1,x2,都有|f(x1)-f(x2)|≤t,则实数t的最小值是 ( )
A.20
B.18
C.3
D.0
【解析】选A.因为f′(x)=3x2-3=3(x-1)(x+1),
令f′(x)=0,得x=±1,
所以-1,1为函数的极值点.
又f(-3)=-19,f(-1)=1,f(1)=-3,f(2)=1,
所以在区间[-3,2]上f(x)max=1,f(x)min=-19.
又由题设知在区间[-3,2]上f(x)max-f(x)min≤t,
从而t≥20,所以t的最小值是20.
8.已知函数f(x),g(x)均为[a,b]上的可导函数,在[a,b]上连续且f′(x)<
g′(x),则f(x)-g(x)的最大值为 ( )
A.f(a)-g(a)
B.f(b)-g(b)
C.f(a)-g(b)
D.f(b)-g(a)
【解析】选A.令u(x)=f(x)-g(x),则u′(x)=f′(x)-g′(x)<0,所以u(x)在[a,b]上为减函数,
所以u(x)的最大值为u(a)=f(a)-g(a).
二、填空题(每小题5分,共10分)
9.(2017·北京高二检测)函数f(x)=x3-3x2+2在区间[-1,1]上的最大值为 .
【解析】f′(x)=3x2-6x=3x(x-2)
令f′(x)=0得x=0或x=2(舍),
当-10;
当0所以当x=0时,函数取得极大值即最大值.
所以f(x)的最大值为2.
答案:2
10.(2017·包头高二检测)设函数f(x)=x3-3x+1,x∈[-2,2]的最大值为M,最小值为m,则M+m= .
【解析】由f(x)=x3-3x+1,得f′(x)=3x2-3=3(x+1)(x-1),
当x∈(-2,-1)∪(1,2)时,f′(x)>0,当x∈(-1,1)时,f′(x)<0,
所以函数f(x)的单调递增区间为(-2,-1),(1,2),单调递减区间为(-1,1),
所以当x=-1时,f(x)有极大值3,当x=1时,f(x)有极小值-1.
又f(-2)=-1,f(2)=3,则M+m=3-1=2.
答案:2
三、解答题(每小题10分,共20分)
11.(2017·长沙高二检测)已知函数f(x)=ax3-6ax2+b,x∈[-1,2]的最大值为3,最小值为-29,求a,b的值.
【解析】f′(x)=3ax2-12ax=3ax(x-4),
令f′(x)=0,得x1=0,x2=4(舍去).
(1)当a>0时,列表如下:
x
-1
(-1,0)
0
(0,2)
2
f′(x)
+
0
-
f(x)
-7a+b
↗↗
b
↘↘
-16a+b
由表可知,当x=0时,f(x)取极大值,
也就是函数在[-1,2]上的最大值,
所以f(0)=3,即b=3.
又f(-1)=-7a+3,f(2)=-16a+3所以f(2)=-16a+3=-29,所以a=2.
(2)当a<0时,同理可得,
当x=0时,f(x)取极小值,也就是函数在[-1,2]上的最小值,
所以f(0)=-29,即b=-29.
又f(-1)=-7a-29,f(2)=-16a-29>f(-1),
所以f(2)=-16a-29=3,
所以a=-2.
综上可得,a=2,b=3或a=-2,b=-29.
【警示误区】分类讨论
由于参数的取值不同会导致函数在所给区间上的单调性的变化,从而导致最值的变化.所以解决这类问题常需要分类讨论,并结合不等式的知识进行求解.
12.设f(x)=lnx,g(x)=f(x)+f′(x).
(1)求g(x)的单调区间和最小值.
(2)求a的取值范围,使得g(a)-g(x)<对任意x>0恒成立.
【解析】(1)由题设知f′(x)=,g(x)=lnx+,
所以g′(x)=,令g′(x)=0得x=1.
当x∈(0,1)时,g′(x)<0,故g(x)的单调递减区间是(0,1);
当x∈(1,+∞)时,g′(x)>0,故g(x)的单调递增区间是(1,+∞).
因此,x=1是g(x)在(0,+∞)上的惟一极值点,且为极小值点,从而是最小值点,所以最小值为g(1)=1.
(2)由(1)知g(x)的最小值为1,所以,g(a)-g(x)<对任意x>0恒成立 g(a)-1<,即lna<1,从而得0故实数a的取值范围为(0,e).
【能力挑战题】
(2017·黄山高二检测)已知函数f(x)=-x3+3x2+9x+a.
(1)求f(x)的单调递减区间.
(2)若f(x)在区间[-2,2]上的最大值为20,求它在该区间上的最小值.
【解题指南】(1)先求出函数f(x)的导函数f′(x),然后令f′(x)<0,解得的区间即为函数f(x)的单调递减区间.
(2)先求出端点的函数值f(-2)与f(2),比较f(2)与f(-2)的大小,然后根据函数f(x)在[-1,2]上单调递增,在[-2,-1]上单调递减,得到f(2)和f(-1)分别是f(x)在区间[-2,2]上的最大值和最小值,建立等式关系求出a,从而求出函数f(x)在区间[-2,2]上的最小值.
【解析】(1)f′(x)=-3x2+6x+9.
令f′(x)<0,解得x<-1或x>3,
所以函数f(x)的单调递减区间为
(-∞,-1),(3,+∞).
(2)因为f(-2)=8+12-18+a=2+a,
f(2)=-8+12+18+a=22+a,
所以f(2)>f(-2).
因为在(-1,3)上f′(x)>0,
所以f(x)在[-1,2]上单调递增,
又由于f(x)在[-2,-1]上单调递减,
因此f(2)和f(-1)分别是f(x)在区间[-2,2]上的最大值和最小值,
于是有22+a=20,解得a=-2.
故f(x)=-x3+3x2+9x-2,
因此f(-1)=1+3-9-2=-7,
即函数f(x)在区间[-2,2]上的最小值为-7.变化率问题 导数的概念
(30分钟 60分)
一、选择题(每小题5分,共40分)
1.若函数f(x)=-x2+10的图象上一点及邻近一点,则= ( )
A.3
B.-3
C.-3-(Δx)2
D.-Δx-3
【解析】选D.因为Δy=f-f
=-3Δx-(Δx)2,
所以=
=-3-Δx.
2.(2017·天津高二检测)如图,函数y=f(x)在A,B两点间的平均变化率是
( )
A.1 B.-1 C.2 D.-2
【解题指南】可直接求直线AB的斜率.
【解析】选B.===-1.
3.将半径为R的球加热,若半径从R=1到R=m时球的体积膨胀率(体积的变化量与半径的变化量之比)为,则m的值为 ( )
A.-3 B.2 C.3 D.7
【解析】选B.因为ΔV=m3-×13=(m3-1),
所以==,
即m2+m+1=7,解得m=2或m=-3(舍去).
4.过曲线y=f(x)=图象上一点(2,-2)及邻近一点(2+Δx,-2+Δy)作割线,则当Δx=0.5时割线的斜率为 ( )
A.
B.
C.1
D.-
【解题指南】利用平均变化率的几何意义解题.
【解析】选B.=
===.
【补偿训练】已知函数f(x)=2x2-1的图象上一点(1,1)及邻近一点(1+Δx,1+
Δy),则等于 ( )
A.4
B.4+2Δx
C.4+Δx
D.4Δx+(Δx)2
【解析】选B.因为f(x)=2x2-1,所以f(1+Δx)=2(1+Δx)2-1=2(Δx)2+
4Δx+1,f(1)=1,
所以==
==4+2Δx.
5.f(x)在x=x0处可导,则 ( )
A.与x0,Δx有关
B.仅与x0有关,而与Δx无关
C.仅与Δx有关,而与x0无关
D.与x0,Δx均无关
【解析】选B.式子表示的意义是求f′(x0),即求f(x)在x0处的导数,它仅与x0有关,与Δx无关.
【补偿训练】设f(x)在x=x0处可导,则等于 ( )
A.-f′(x0)
B.f′(-x0)
C.f′(x0)
D.2f′(x0)
【解析】选A.
=
=-=-f′(x0).
6.函数y=+2在点x=1处的导数为 ( )
A.-2
B.
C.1
D.0
【解析】选A.Δy=-
=,=,
所以y′===-,
所以y′|x=1=-2.
7.(2017·潮州高二检测)物体甲、乙在时间0到t1范围内路程的变化情况如图所示,下列说法正确的是 ( )
A.在0到t0范围内甲的平均速度大于乙的平均速度
B.在0到t0范围内甲的平均速度小于乙的平均速度
C.在t0到t1范围内甲的平均速度大于乙的平均速度
D.在t0到t1范围内甲的平均速度小于乙的平均速度
【解析】选C.在0到t0范围内,甲、乙所走的路程相同,时间一样,所以平均速度相同,在t0到t1范围内,时间相同,而甲走的路程较大,所以甲的平均速度较大.
8.函数y=f(x)=x2在区间[x0,x0+Δx]上的平均变化率为k1,在区间[x0-Δx,x0]上的平均变化率为k2,则k1与k2的大小关系为 ( )
A.k1>k2
B.k1C.k1=k2
D.不确定
【解题指南】分别利用平均变化率公式求出k1与k2再进行比较.
【解析】选A.由题意k1=
==2x0+Δx,
k2===2x0-Δx.
由题意知:Δx>0,所以k1>k2.
二、填空题(每小题5分,共10分)
9.已知曲线y=-1上两点A,B(2+Δx,-+Δy),当Δx=1时,割线AB的斜率为 .
【解析】Δy=-
=-==,
所以==-,
所以当Δx=1时,割线AB的斜率为
k==-=-.
答案:-
10.(2017·武汉高二检测)在自行车比赛中,运动员的位移s与比赛时间t存在函数关系s=10t+5t2(s单位:m,t单位:s),则t=20s时的瞬时速度为 .
【解析】由导数的定义知
v==
=10+10t+5Δt.
当Δt趋于0时,v趋于10+10
t,
在t=20s时的瞬时速度为v=10×20+10
=210m/s.
答案:210m/s
【规律总结】做直线运动的物体,它的运动规律可以用函数s=s(t)描述,设Δt为时间改变量,在t0+Δt这段时间内,物体的位移(即位置)改变量是Δs=s(t0+
Δt)-s(t0),那么位移改变量Δs与时间改变量Δt的比就是这段时间内物体的平均速度,即==.
【补偿训练】若物体运动方程为s(t)=-2t2+t,则其初速度为 .
【解析】物体的初速度即t=0时的瞬时速度,==-2Δt+1,当Δt趋于0时,趋于1,即初速度为1.
答案:1
三、解答题
11.(10分)(2017·济南高二检测)已知质点M按规律s=3t2+2做直线运动(位移s单位:cm,时间t单位:s).
(1)当t=2,Δt=0.01时,求.
(2)求质点M在t=2时的瞬时速度.
【解析】=
=
=6t+3Δt.
(1)当t=2,Δt=0.01时,=6×2+3×0.01
=12.03cm/s.
(2)当Δt趋于0时,6t+3Δt趋于6t,
所以质点M在t=2时的瞬时速度为12cm/s.
【补偿训练】1.(2017·聊城高二检测)求函数y=在x=1处的导数.
【解析】Δy=-1,
==,
所以=
=,即函数y=在x=1处的导数为.
2.质点M按规律s(t)=at2+1做直线运动(位移s的单位:m,时间t的单位:s).问是否存在常数a,使质点M在t=2时的瞬时速度为8m/s
【解析】假设存在常数a,则Δs=s(2+Δt)-s(2)=a(2+Δt)2+1-a×22-1=4a+
4aΔt+a(Δt)2+1-4a-1
=4aΔt+a(Δt)2,
所以==4a+aΔt.
当Δt趋于0时,4a+aΔt趋于4a,4a=8,解得a=2.
所以存在常数a=2,使质点M在t=2时的瞬时速度为8m/s.
【规律总结】对于是否存在的探究性问题,可先假设其存在,然后按瞬时速度的定义求解即可.
【能力挑战题】
路灯距地面8m,一个身高1.6m的人以84m/min的速度在地面上从路灯在地面上的射影C沿某直线离开路灯,
(1)求身影的长度y与人距路灯的距离x之间的关系式.
(2)求人离开路灯第10秒时身影的瞬时变化率.
【解析】(1)如图所示,设人从C点运动到B处的路程为xm,AB为身影长度,AB的长度为ym.
由于CD∥BE,则=,
即=,所以y=x.
(2)设人离开路灯的时间为t,
因为84m/min=1.4m/s,而x=1.4t.
所以y=x=×1.4t=t,t∈[0,+∞).
Δy=(10+Δt)-×10=Δt,
所以=.
即人离开路灯第10秒时身影的瞬时变化率为.函数的极值与导数
(45分钟 70分)
一、选择题(每小题5分,共40分)
1.函数f(x)=x2++2的极小值是 ( )
A.1
B.2
C.5
D.不存在
【解析】选C.f′(x)=2x-,令f′(x)=0,解得x=1,当x∈(0,1)时函数单调递减,当x∈(1,+∞)时函数单调递增,因此x=1是函数的极小值点,极小值为f(1)=5.
2.(2017·凉山模拟)函数f(x)=mlnx-cosx在x=1处取得极值,则m的值为
( )
A.sin1
B.-sin1
C.cos1
D.-cos1
【解析】选B.因为f′(x)=+sinx,
由题意得:f′(1)=m+sin1=0,
所以m=-sin1.
3.函数f(x)=2-x2-x3的极值情况是 ( )
A.有极大值,没有极小值
B.有极小值,没有极大值
C.既无极大值也无极小值
D.既有极大值又有极小值
【解析】选D.f′(x)=-2x-3x2,令f′(x)=0有x=0或x=-.当x<-时,f′(x)<0;当-0;当x>0时,f′(x)<0.从而在x=0时,f(x)取得极大值,在x=-时,f(x)取得极小值.
4.下列说法正确的是 ( )
A.函数在闭区间上的极大值一定比极小值大
B.函数在闭区间上的极大值一定比极小值小
C.函数f(x)=|x|只有一个极小值
D.函数y=f(x)在区间(a,b)上一定存在极值
【解析】选C.函数的极大值与极小值之间无确定的大小关系,单调函数在区间(a,b)上没有极值,故A,B,D错误,C正确,函数f(x)=|x|只有一个极小值为0.
5.若a>0,b>0,且函数f(x)=4x3-ax2-2bx在x=1处有极值,则+的最小值为
( )
A.
B.
C.
D.
【解析】选C.因为函数f(x)=4x3-ax2-2bx在x=1处有极值,所以f′(1)
=12-2a-2b=0,即a+b=6,则+=(a+b)=≥=(当且仅当=且a+b=6,即a=2b=4时取“=”).
6.已知f(x)=x3+ax2+(a+6)x+1有极大值和极小值,则a的取值范围为 ( )
A.(-1,2)
B.(-3,6)
C.(-∞,-1)∪(2,+∞)
D.(-∞,-3)∪(6,+∞)
【解析】选D.f′(x)=3x2+2ax+(a+6),因为f(x)既有极大值又有极小值,那么
Δ=(2a)2-4×3×(a+6)>0,解得a>6或a<-3.
7.(2017·广州高二检测)设函数f(x)=ex(sinx-cosx)(0≤x≤2015π),则函数f(x)的各极大值之和为 ( )
A.
B.
C.
D.
【解析】选D.由题意,得
f′(x)=(ex)′(sinx-cosx)+ex(sinx-cosx)′
=2exsinx,所以x∈(2kπ,2kπ+π)时f(x)递增,
x∈(2kπ+π,2kπ+2π)时,f(x)递减,
故当x=2kπ+π时,f(x)取极大值,
其极大值为
f(2kπ+π)=e2kπ+π[sin(2kπ+π)-cos(2kπ+π)]
=e2kπ+π,
又0≤x≤2015π,
所以函数f(x)的各极大值之和为
S=eπ+e3π+e5π+…+e2015π=
=
8.已知函数f(x)的定义域为(0,+∞),且满足f(x)+xf′(x)=,f(e)=,则下列结论正确的是 ( )
A.f(x)有极大值无极小值
B.f(x)有极小值无极大值
C.f(x)既有极大值又有极小值
D.f(x)没有极值
【解析】选D.因为f(x)+xf′(x)=,
所以[xf(x)]′=,
所以xf(x)=(lnx)2+c.又因为f(e)=,
所以e·=(lne)2+c,解得c=,
所以f(x)=[(lnx)2+1]·,
f′(x)=
=≤0,
所以函数f(x)在(0,+∞)上为减函数,
所以f(x)在(0,+∞)上没有极值.
二、填空题(每小题5分,共10分)
9.(2017·银川高二检测)函数f(x)=x3-x4在区间上的极值点为 .
【解析】因为f(x)=x3-x4,所以f′(x)=x2-x3=-x2(x-1),令f′(x)=0,则x=0或x=1,因为x∈,所以x=1,并且在x=1左侧f′(x)>0,右侧f′(x)<0,所以函数f(x)=x3-x4在区间上的极值点为1.
答案:1
【警示误区】函数的极值点都是其导数等于0的根,但须注意导数等于0的根不一定都是极值点,应根据导数图象分析再下结论是不是其极值点.
10.已知函数f(x)=x4+9x+5,则f(x)的图象在(-1,3)内与x轴的交点的个数为 .
【解析】因为f′(x)=4x3+9,当x∈(-1,3)时,f′(x)>0,所以f(x)在(-1,3)上单调递增,又f(-1)=-3<0,f(0)=5>0,所以f(x)在(-1,3)内与x轴只有一个交点.
答案:1个
三、解答题(每小题10分,共20分)
11.已知函数y=x3+3ax2+3bx+c在x=2处有极值,且其图象在x=1处的切线与直线6x+2y+5=0平行.
(1)求函数的单调区间.
(2)求函数的极大值与极小值的差.
【解析】y′=3x2+6ax+3b,因为x=2是函数的极值点,
所以12+12a+3b=0,
即4+4a+b=0.①
又图象在x=1处的切线与直线6x+2y+5=0平行,
所以y′|x=1=3+6a+3b=-3,
即2a+b+2=0.②
由①②解得a=-1,b=0.
此时,y′=3x2-6x=3x(x-2).
(1)令y′>0,得x(x-2)>0,所以x<0或x>2;
令y′<0,得x(x-2)<0,所以0所以函数在(0,2)上是减函数,在(-∞,0)和(2,+∞)上是增函数.
(2)由(1)可以断定,x=0是极大值点,x=2是极小值点,
又y=f(x)=x3-3x2+c,
所以y极大值-y极小值=f(0)-f(2)=c-(8-12+c)=4.
12.(2016·山东高考)设f(x)=xlnx-ax2+(2a-1)x,a∈R.
(1)令g(x)=f′(x),求g(x)的单调区间.
(2)已知f(x)在x=1处取得极大值,求实数a的取值范围.
【解析】(1)g(x)=f′(x)=lnx-2ax+2a,
所以g′(x)=-2a=.
当a≤0,x∈时,g′(x)>0,函数g(x)单调递增.
当a>0,x∈时,g′(x)>0,函数g(x)单调递增,
x∈时,g′(x)<0,函数g(x)单调递减.
综上:当a≤0时,函数g(x)单调递增区间为(0,+∞).
当a>0时,函数g(x)单调递增区间为,
函数g(x)单调递减区间为.
(2)由(1)知f′(1)=0.
①当a≤0,f′(x)单调递增,所以
x∈时,f′(x)<0,f(x)单调递减,
x∈时,f′(x)>0,f(x)单调递增,
所以f(x)在x=1处取得极小值,不合题意.
②当01时,由(1)知f′(x)在内单调递增,
所以x∈时,f′(x)<0,f(x)单调递减,
x∈时,f′(x)>0,f(x)单调递增,
所以f(x)在x=1处取得极小值,不合题意.
③当a=,=1时,f′(x)在内单调递增,在(1,+∞)内单调递减,所以x∈时,f′(x)≤0,f(x)单调递减,不合题意.
④当a>,0<<1时,x∈,f′(x)>0,
f(x)单调递增,
当x∈时,f′(x)<0,f(x)单调递减,
所以f(x)在x=1处取得极大值,符合题意.
综上可知a>.
【补偿训练】已知函数f(x)=x3-bx2+2cx的导函数的图象关于直线x=2对称.
(1)求b的值.
(2)若函数f(x)无极值,求c的取值范围.
【解析】(1)f′(x)=3x2-2bx+2c,
因为函数f′(x)的图象关于直线x=2对称,
所以-=2,即b=6.
(2)由(1)知,f(x)=x3-6x2+2cx,
f′(x)=3x2-12x+2c=3(x-2)2+2c-12,
当2c-12≥0,即c≥6时,f′(x)≥0恒成立,此时函数f(x)无极值.
【能力挑战题】
已知函数f(x)=(c>0且c≠1,k∈R)恰有一个极大值点和一个极小值点,其中一个是x=-c.
(1)求函数f(x)的另一个极值点.
(2)求函数f(x)的极大值M和极小值m,并求M-m≥1时k的取值范围.
【解析】(1)f′(x)=
=,
由题意知f′(-c)=0,即得c2k-2c-ck=0,(
)
因为c≠0,所以k≠0.
由f′(x)=0得-kx2-2x+ck=0,
由根与系数的关系知另一个极值点为x=1(或x=c-).
(2)由(
)式得k=,即c=1+.
当c>1时,k>0;当0(i)当k>0时,
f(x)在(-∞,-c)和(1,+∞)内是减函数,
在(-c,1)内是增函数.
所以M=f(1)==>0,
m=f(-c)==<0,
由M-m=+≥1及k>0,
解得k≥.
(ii)当k<-2时,f(x)在(-∞,-c)和(1,+∞)内是增函数,在(-c,1)内是减函数.
所以M=f(-c)=>0,m=f(1)=<0,
M-m=-=1-≥1恒成立.
综上可知,所求k的取值范围为(-∞,-2)∪[,+∞).第三章
导数及其应用
单元质量评估(三)
(120分钟 150分)
一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)
1.一质点的运动方程为s=20+gt2(g=9.8m/s2),则t=3s时的瞬时速度为 ( )
A.20m/s
B.29.4m/s
C.49.4m/s
D.64.1m/s
【解析】选B.v=s′(t)=gt,
所以当t=3时,v=3g=29.4(m/s).
2.已知f(x)在x=x0处的导数为4,则= ( )
A.2
B.8
C.-8
D.1
【解析】选B.
=
=2
=2f′(x0)=2×4=8.
3.函数y=+lnx的单调递减区间是 ( )
A.(0,+∞)
B.(0,1)
C.(-∞,1)
D.(-∞,0)和(0,1)
【解析】选B.y′=-+=(x>0),
因为当01时y′>0.
所以y=+lnx的单调递减区间为(0,1).
4.设函数f(x)=x3-4x+4,则f(x)在[0,3]上的最小值为 ( )
A.-
B.
C.1
D.0
【解析】选A.f′(x)=x2-4=(x+2)(x-2).
令f′(x)=0,解得x1=-2(舍去),x2=2.
当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如表:
x
0
(0,2)
2
(2,3)
3
f′(x)
-4
-
0
+
5
f(x)
4
↘
极小值-
↗
1
所以函数f(x)在[0,3]上有极小值-,也是最小值.
5.已知函数y=f(x)的图象是下列四个图象之一,且其导函数y=f′(x)的图象如图所示,则该函数的图象是 ( )
【解析】选B.由函数f(x)的导函数y=f′(x)的图象自左至右是先增后减,可知函数y=f(x)图象的切线的斜率自左至右先增大后减小.
6.若函数f(x)=kx3+3(k-1)x2-k2+1在区间(0,4)上是减函数,则k的取值范围
是 ( )
A.
B.
C.
D.
【解析】选D.f′(x)=3kx2+6(k-1)x.
由题意知3kx2+6(k-1)x≤0,
即kx+2k-2≤0在(0,4)上恒成立,
得k≤,x∈(0,4),
又<<1,
所以k≤.
7.设函数f(x)=ax2+bx+c(a,b,c∈R),若x=-1为函数f(x)ex的一个极值点,则下列图象不可能为y=f(x)的图象的是 ( )
【解析】选D.设h(x)=f(x)ex,
则h′(x)=(2ax+b)ex+(ax2+bx+c)ex
=(ax2+2ax+bx+b+c)ex.
由x=-1为函数f(x)ex的一个极值点,
得当x=-1时,
ax2+2ax+bx+b+c=c-a=0,所以c=a.
所以f(x)=ax2+bx+a.
若方程ax2+bx+a=0有两根x1,x2,则x1x2==1,D中图象一定不满足该条件.
8.设底面为正三角形的直棱柱的体积为V,那么其表面积最小时,底面边长
为 ( )
A.
B.
C.
D.2
【解析】选C.设底面边长为x,侧棱长为l,
则V=x2·sin60°·l,所以l=,
所以S表=2S底+S侧=x2·sin60°+3·x·l
=x2+.
令S表′=x-=0,即x3=4V,解得x=.
当0时,S表′>0.
所以当x=时,表面积最小.
9.设函数f(x)=ex+x-2,g(x)=lnx+x2-3.若实数a,b满足f(a)=0,g(b)=0,
则 ( )
A.g(a)<0B.f(b)<0C.0D.f(b)【解析】选A.因为函数f(x)=ex+x-2在R上单调递增,且f(0)=1-2<0,f(1)=e-1>0,
所以f(a)=0时a∈(0,1).
又g(x)=lnx+x2-3在(0,+∞)上单调递增,
且g(1)=-2<0,所以g(a)<0.
由g(2)=ln2+1>0,g(b)=0得b∈(1,2),
又f(1)=e-1>0,且f(x)=ex+x-2在R上单调递增,所以f(b)>0.
综上可知,g(a)<010.如果定义在R上的函数f(x),对任意x1≠x2,都有x1f(x1)+x2f(x2)>x1f(x2)+x2f(x1),则称函数f(x)为“H函数”,给出下列函数:
①y=-x3+x+1;②y=3x-2(sinx-cosx);③y=ex+1;④f(x)=
其中函数是“H函数”的个数为 ( )
A.4
B.3
C.2
D.1
【解析】选C.注意到不等式x1f(x1)+x2f(x2)>x1f(x2)+x2f(x1) (x1-x2)[f(x1)-f(x2)]>0 函数f(x)是在R上的增函数,对于①,注意到当x=0与x=1时,相应的函数值相等,因此函数y=-x3+x+1不是在R上的增函数;对于②,注意到y′=3-2(cosx+sinx)=3-2sin≥3-2>0,因此函数y=3x-2(sinx-cosx)是在R上的增函数;对于③,注意到y′=ex>0,因此函数y=ex+1是在R上的增函数;对于④,注意到当x=1与x=-1时,相应的函数值相等,因此该函数不是在R上的增函数.综上所述,故选C.
11.(2015·全国卷Ⅱ)设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数,f(-1)=0,当x>0时,xf′(x)-f(x)<0,则使得f(x)>0成立的x的取值范围是 ( )
A.(-∞,-1)∪(0,1)
B.(-1,0)∪(1,+∞)
C.(-∞,-1)∪(-1,0)
D.(0,1)∪(1,+∞)
【解析】选A.记函数g(x)=,
则g′(x)=,
因为当x>0时,xf′(x)-f(x)<0,
故当x>0时,g′(x)<0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递减;
又因为函数f(x)(x∈R)是奇函数,故函数g(x)是偶函数,所以g(x)在(-∞,0)上单调递增,
且g(-1)=g(1)=0.
当00,则f(x)>0;
当x<-1时,g(x)<0,则f(x)>0,
综上所述,使得f(x)>0成立的x的取值范围是(-∞,-1)∪(0,1).
12.已知y=f(x)是(0,+∞)上的可导函数,满足(x-1)[2f(x)+xf′(x)]>0(x≠1)恒成立,f(1)=2,若曲线f(x)在点(1,2)处的切线为y=g(x),且g(a)=2016,则a等于 ( )
A.-500.5
B.-501.5
C.-502.5
D.-503.5
【解析】选C.令F(x)=x2f(x),
则F′(x)=2xf(x)+x2f′(x)=x[2f(x)+xf′(x)],
当x>1时,F′(x)>0,F(x)在(1,+∞)上递增;
当0所以F(x)在x=1处取得极值,所以F′(1)=0,
所以2f(1)+f′(1)=0,所以f′(1)=-4,
所以切线方程为y-2=-4(x-1),即y=-4x+6,
所以由-4a+6=2016,得a=-502.5.
二、填空题(本大题共4个小题,每小题5分,共20分.把答案填在题中的横线上)
13.函数y=x3+ax2+bx+a2在x=1处有极值10,则a=________.
【解析】因为y′=3x2+2ax+b,
所以解得或
当a=-3,b=3时,y′=3x2-6x+3=3(x-1)2≥0恒成立,故舍去,所以a=4.
答案:4
14.(2015·全国卷Ⅰ)已知函数f=ax3+x+1的图象在点处的切线过点,则a=________________.
【解析】因为f′(x)=3ax2+1,所以图象在点处的切线的斜率k=3a+1,所以切线方程为y-7=(3a+1)(x-2),即y=(3a+1)x-6a+5,又切点为,
所以f(1)=3a+1-6a+5=-3a+6,又f(1)=a+2,
所以-3a+6=a+2,解得a=1.
答案:1
15.函数y=的单调减区间是________.
【解析】函数f(x)的定义域为(-∞,2)∪(2,+∞),
f′(x)==.
因为x∈(-∞,2)∪(2,+∞),所以ex>0,(x-2)2>0.
由f′(x)<0,解得x<3,又x∈(-∞,2)∪(2,+∞),
所以函数f(x)的单调递减区间为(-∞,2)和(2,3).
答案:(-∞,2)和(2,3)
16.(2017·青岛高二检测)已知函数f(x)=x-,g(x)=x2-2ax+4,若对于任意x1∈[0,1],存在x2∈[1,2],使f(x1)≥g(x2),则实数a的取值范围是________.
【解析】由于f′(x)=1+>0,
因此函数f(x)在[0,1]上单调递增,
所以x∈[0,1]时,f(x)min=f(0)=-1.
根据题意可知存在x∈[1,2],使得g(x)=x2-2ax+4≤-1,即x2-2ax+5≤0,即a≥+能成立,
令h(x)=+,则要使a≥h(x)在x∈[1,2]能成立,只需使a≥h(x)min,
又函数h(x)=+在x∈[1,2]上单调递减,
所以h(x)min=h(2)=,故只需a≥.
答案:
三、解答题(本大题共6个小题,共70分,解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
17.(10分)已知函数f(x)=x3+ax2+bx+c在x=2处有极值,其图象在x=1处的切线平行于直线y=-3x-2,试求函数的极大值与极小值的差.
【解析】f′(x)=3x2+2ax+b.
因为f(x)在x=2处有极值,
所以f′(2)=0,即12+4a+b=0. ①
因为f′(1)=-3,所以2a+b+3=-3. ②
由①②,得a=-3,b=0.所以f(x)=x3-3x2+c.
令f′(x)=3x2-6x=0,得x1=0,x2=2.
当x∈(-∞,0)∪(2,+∞)时,f′(x)>0;
当x∈(0,2)时,f′(x)<0.
所以f(0)是极大值,f(2)是极小值,
所以f(0)-f(2)=4.
18.(12分)已知函数f(x)=x3-3x及y=f(x)上一点P(1,-2),过点P作直线l.
(1)求使直线l和y=f(x)相切,且以P为切点的直线方程.
(2)求使直线l和y=f(x)相切,且切点异于P的直线方程.
【解析】(1)由f(x)=x3-3x,得f′(x)=3x2-3,过点P以P(1,-2)为切点的直线的斜率f′(1)=0,
所以所求直线方程为y=-2.
(2)设过P(1,-2)的直线l与y=f(x)切于另一点(x0,y0),则f′(x0)=3-3,
又直线过(x0,y0),P(1,-2),
故其斜率可表示为=,
又=3-3,
即-3x0+2=3(-1)(x0-1).
解得x0=1(舍去),或x0=-,
故所求直线的斜率为k=3×=-.
所以直线l的方程为y-(-2)=-(x-1).
即9x+4y-1=0.
【规律方法】用导数求切线方程的关键在于求出切点P(x0,y0)及斜率,其求法为:设P(x0,y0)是曲线y=f(x)上的一点,则以P为切点的切线方程为:y-y0=
f′(x0)(x-x0).若曲线y=f(x)在点P(x0,f(x0))的切线平行于y轴(即导数不存在)时,由切线定义知,切线方程为x=x0.
【补偿训练】已知函数f(x)=x2+xlnx.
(1)求f′(x).
(2)求函数f(x)图象上的点P(1,1)处的切线方程.
【解题指南】(1)直接使用求导公式和法则得结果.
(2)由导数的几何意义,求切线斜率,再由点斜式得切线方程.
【解析】(1)f′(x)=(x2)′+(xlnx)′=2x+1×lnx+x·=2x+lnx+1.
(2)由题意可知切点的横坐标为1,所以切线的斜率是k=f′(1)=2×1+ln1+1=3,
所以切线方程为y-1=3(x-1),即3x-y-2=0.
19.(12分)已知函数f(x)=x3-ax2,其中x∈R,a为参数.
(1)记函数g(x)=f′(x)+lnx,讨论函数g(x)的单调性.
(2)若曲线y=f(x)与x轴正半轴有交点且交点为P,曲线在点P处的切线方程为y=g(x),求证:对于任意的正实数x,都有f(x)≥g(x).
【解题指南】(1)整理函数g(x)解析式,求得其导函数g′(x),结合函数定义域对参数a的范围加以讨论,从而得到g′(x)的正负,确定函数的单调性.(2)将证明不等式f(x)≥g(x)转化为求函数h(x)=f(x)-g(x)的最小值问题,从而借助于导数求解.
【解析】(1)函数g(x)的定义域是(0,+∞),f′(x)=3x2-2ax,g(x)=
(3x2-2ax)+lnx,
g′(x)=(6x-2a)+=x+-≥2-.
当a≤6时,则2-≥0,所以g′(x)≥0,所以函数g(x)在定义域(0,+∞)上单调递增,
当a>6时,令g′(x)==0,则x1=,x2=.
可知函数g(x)在上单调递增,
在上单调递减,
在上单调递增.
(2)令f(x)=0,则x=0或x=a.
若曲线y=f(x)与x轴正半轴有交点,则a>0且交点坐标为P(a,0).
又f′(x)=3x2-2ax,则f′(a)=a2,
所以曲线在点P处的切线方程为y=a2(x-a),
即g(x)=a2x-a3,
令h(x)=f(x)-g(x)=x3-ax2-a2x+a3,
h′(x)=3x2-2ax-a2=(3x+a)(x-a),
函数h(x)在区间(0,a)上单调递减,在区间(a,+∞)上单调递增,所以当x=a时,h(x)有最小值,所以h(x)≥0,则f(x)≥g(x).
20.(12分)已知函数f(x)=x2-alnx(a∈R).
(1)求f(x)的单调区间.
(2)设g(x)=f(x)+2x,若g(x)在[1,e]上不单调且仅在x=e处取得最大值,求a的取值范围.
【解析】(1)f′(x)=x-=(x>0).
若a≤0,则f′(x)≥0,所以此时只有递增区间(0,+∞).若a>0,当f′(x)>0时,得x>,当f′(x)<0时,得0所以此时递增区间为(,+∞),递减区间为(0,).
(2)g′(x)=x-+2=(x>0),
设h(x)=x2+2x-a(x>0).
若g(x)在[1,e]上不单调,则h(1)h(e)<0.
所以(3-a)(e2+2e-a)<0,所以3同时g(x)仅在x=e处取得最大值.
所以只要g(e)>g(1)即可.得出:a<+2e-
所以a的范围为.
21.(12分)若函数f(x)=ax3-bx+4,当x=2时,函数f(x)有极值-.
(1)求函数的解析式.
(2)若方程f(x)=k有3个不同的根,求实数k的取值范围.
【解析】f′(x)=3ax2-b.
(1)由题意得
解得
故所求函数的解析式为f(x)=x3-4x+4.
(2)由(1)可得f′(x)=x2-4=(x-2)(x+2),
令f′(x)=0,得x=2或x=-2.
当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:
x
(-∞,-2)
-2
(-2,2)
2
(2,+∞)
f′(x)
+
0
-
0
+
f(x)
↗
↘
-
↗
因此,当x=-2时,f(x)有极大值,当x=2时,f(x)有极小值-,所以函数f(x)=x3-4x+4的图象大致如图所示.
若f(x)=k有3个不同的根,则直线y=k与函数f(x)的图象有3个交点,所以-【延伸探究】若本题(2)中“若方程f(x)=k有3个不同的根”改为“若方程f(x)=k有2个不同的根”结果如何呢 若改为“若方程f(x)=k有1个根”呢
【解析】由上面的解法可知:当k=-或k=时,方程有两个不同的实数根;当k>或k<-时方程只有1个实数根.
22.(12分)(2017·全国甲卷)设函数f(x)=(1-x2)ex.
(1)讨论f(x)的单调性.
(2)当x≥0时,f(x)≤ax+1,求a的取值范围.
【解析】(1)f′(x)=(1-2x-x2)ex,令f′(x)=0得x=-1±,当x∈(-∞,-1-)时,f′(x)<0;当x∈(-1-,-1+)时,f′(x)>0;当x∈(-1+,+∞)时,
f′(x)<0;所以f(x)在(-∞,-1-),(-1+,+∞)单调递减;在(-1-,-1+)单调递增.
(2)f(x)=(1-x2)ex,
①当a≥1时,设函数h(x)=(1-x)ex,
h′(x)=-xex≤0(x≥0),因此h(x)在[0,+∞)单调递减,而h(0)=1,故h(x)≤1,所以f(x)=(x+1)h(x)≤ax+1;
②当0(1-x)(x+1)2,(1-x)(x+1)2-
ax-1=x(1-a-x-x2),
取x0=,则x0∈(0,1),(1-x0)(1+x0)2-ax0-1=0,故f(x0)>ax0+1,矛盾.
③当a≤0时,取x0=∈(0,1),f(x0)>(1-x0)(1+x0)2=1≥ax0+1矛盾,综上,a的取值范围为[1,+∞).3.3.1
函数的单调性与导数
课时达标训练
1.若f(x)=x2-2x-4lnx,则f′(x)>0的解集为 ( )
A.(0,+∞)
B.(-1,0)∪(2,+∞)
C.(2,+∞)
D.(-1,0)
【解析】选C.函数的定义域为(0,+∞),f′(x)=2x-2-=.
令f′(x)>0,得x>2,所以f′(x)>0的解集为{x|x>2}.
2.命题甲:对任意x∈(a,b),有f′(x)>0;命题乙:f(x)在(a,b)内是单调递增的.则甲是乙的 ( )
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
【解析】选A.f(x)=x3在(-1,1)内是单调递增的,但f′(x)=3x2≥0(-13.已知函数f(x)=x3+ax2+bx+c(a,b,c∈R),若a2-3b<0,则f(x)是 ( )
A.减函数
B.增函数
C.常数函数
D.既不是减函数也不是增函数
【解析】选B.由题意知f′(x)=3x2+2ax+b,则方程3x2+2ax+b=0的根的判别式Δ=4a2-12b=4(a2-3b)<0,故f′(x)>0在实数集R上恒成立,即f(x)在R上为增函数.
4.函数f(x)=x3-15x2-33x+6的单调减区间是________.
【解析】因为f′(x)=3x2-30x-33=3(x+1)(x-11).
由f′(x)<0,得-1所以f(x)的单调减区间为(-1,11).
答案:(-1,11)
5.已知导函数y=f′(x)的图象如图所示,请根据图象写出原函数y=f(x)的单调递增区间是________.
【解析】从图象可知f′(x)>0的解为-15,所以f(x)的单调递增区间为(-1,2),(5,+∞).
答案:(-1,2),(5,+∞)
6.已知y=x3+bx2+(b+2)x+3在R上不是单调函数,则b的取值范围是________.
【解析】若函数是单调递增函数,则y′≥0恒成立,即x2+2bx+b+2≥0恒成立,所以Δ=4b2-4(b+2)≤0,所以-1≤b≤2,由题意f(x)不单调,则b<-1或b>2.
答案:b<-1或b>2
7.函数y=f(x)的图象如图所示,试画出导函数f′(x)图象的大致形状.
【解析】f′(x)图象的大致形状如图所示:
注:图象形状不唯一.3.4
生活中的优化问题举例
课时达标训练
1.方底无盖水箱的容积为256,则最省材料时,它的高为 ( )
A.4
B.6
C.4.5
D.8
【解析】选A.设底面边长为x,高为h,则V(x)=x2·h=256,
所以h=,
所以S(x)=x2+4xh=x2+4x·=x2+,
所以S′(x)=2x-.
令S′(x)=0,解得x=8,
所以h==4.
2.甲工厂八年来某种产品年产量与时间(单位:年)的函数关系如图所示.
( )
现有下列四种说法:
①前四年该产品产量增长速度越来越快;
②前四年该产品产量增长速度越来越慢;
③第四年后该产品停止生产;
④第四年后该产品年产量保持不变.
其中说法正确的有 ( )
A.①④
B.②④
C.①③
D.②③
【解析】选B.增长速度是产量对时间的导数,即图象中切线的斜率.由图象可知,②④是正确的.
3.做一个无盖的圆柱形水桶,若要使其体积是27π,且用料最省,则圆柱的底面半径为________.
【解析】设圆柱的底面半径为R,母线长为L,则V=πR2L=27π,所以L=.要使用料最省,只需使圆柱表面积最小.S表=πR2+2πRL=πR2+2π·,令S′表=
2πR-=0,得R=3,可得当R=3时,S表最小.
答案:3
4.(2017·临沂模拟)一家公司计划生产某种小型产品的月固定成本为1万元,每生产1万件需要再投入2万元,设该公司一个月内生产该小型产品x万件并全部销售完,每万件的销售收入为4-x万元,且每万件国家给予补助2e--万元.(e为自然对数的底数,e是一个常数)
(1)写出月利润f(x)(万元)关于月产量x(万件)的函数解析式.
(2)当月产量在[1,2e]万件时,求该公司在生产这种小型产品中所获得的月利润最大值y(万元)及此时的月生产量值x(万件).(注:月利润=月销售收入+月国家补助-月总成本)
【解析】(1)由月利润=月销售收入+月国家补助-月总成本,可得
f(x)=x-1
=-x2+2(e+1)x-2elnx-2(x>0).
(2)f(x)=-x2+2(e+1)x-2elnx-2的定义域为[1,2e],
且f′(x)=-2x+2(e+1)-=-(1≤x≤2e).
列表如下:
x
[1,e)
e
(e,2e]
f′(x)
+
0
-
f(x)
增
极大值f(e)
减
由上表得:f(x)=-x2+2(e+1)x-2elnx-2在定义域[1,2e]上的最大值为f(e),且f(e)=e2-2.
即:月生产量在[1,2e]万件时,该公司在生产这种小型产品中所获得的月利润最大值为f(e)=e2-2,此时的月生产量值为e(万件).3.1.1
变化率问题
3.1.2
导数的概念
课时达标训练
1.在平均变化率的定义中,自变量x在x0处的增量Δx应满足 (
)
A.Δx>0
B.Δx<0
C.Δx=0
D.Δx≠0
【解析】选D.在平均变化率的定义中,自变量x在x0处的增量Δx要求Δx≠0.
2.函数y=f(x),当自变量x由x0改变到x0+Δx时,Δy=(
)
A.f(x0+Δx)
B.f(x0)+Δx
C.f(x0)·Δx
D.f(x0+Δx)-f(x0)
【解析】选D.Δy看作相对于f(x0)的“增量”,可用f(x0+Δx)-f(x0)代替.
3.函数在某一点的导数是 (
)
A.在该点的函数值的增量与自变量的增量的比值
B.一个函数
C.一个常数,不是变数
D.函数在这一点到它附近一点之间的平均变化率
【解析】选C.由导数定义可知,函数在某一点的导数,就是平均变化率的极限值.即它是一个常数,不是变数.
4.若函数y=f(x)在区间(a,b)内可导,且x0∈(a,b),若f′(x0)=4,则的值为 (
)
A.2
B.4
C.8
D.12
【解析】选C.=2
=2=2f′(x0)=8.
5.如图是函数y=f(x)的图象,则函数f(x)在区间[0,2]上的平均变化率为________.
【解析】由函数f(x)的图象知,
f(x)=所以,函数f(x)在区间[0,2]上的平均变化率为==.
答案:
6.已知函数f(x)=13-8x+x2,且f′(x0)=4,求x0的值.
【解析】因为f′(x0)=
=
=
=(-8+2x0+Δx)
=-8+2x0,
所以-8+2x0=4.所以x0=3.
7.用导数在某一点处的定义,求函数y=f(x)=在x=1处的导数.
【解析】因为Δy=f(1+Δx)-f(1)=-
==,
所以=,
所以=
==-,
所以y′|x=1=f′(1)=-.生活中的优化问题举例
(45分钟 70分)
一、选择题(每小题5分,共40分)
1.用长为24m的钢筋做成一个长方体框架,若这个长方体框架的底面为正方形,则这个长方体体积的最大值为 ( )
A.8m3
B.12m3
C.16m3
D.24m3
【解析】选A.设长方体的底面边长为xm,
则高为(6-2x)m,
所以0V′=12x-6x2,
令V′=0得x=2或x=0(舍),
所以当x∈(0,2)时,V是增函数,
当x∈(2,3)时,V是减函数,
所以当x=2时,Vmax=4×2=8(m3).
2.某工厂需要建一个面积为512m2的矩形堆料场,一边可以利用原有的墙壁,则要使砌墙所用材料最省,则堆料场的长和宽各为 ( )
A.16
m,16
m
B.32
m,16
m
C.32
m,8
m
D.16
m,8
m
【解析】选B.如图所示,
设场地一边长为xm,则另一边长为m.因此新墙总长度L=2x+(x>0),
L′=2-.令L′=0,得x=16或x=-16(舍去).
因为L在(0,+∞)上只有一个极值点,
所以它必是最小值点.因为x=16,所以=32.
故当堆料场的宽为16m,长为32m时,可使砌墙所用的材料最省.
3.已知某生产厂家的年利润y(单位:万元)与年产量x(单位:万件)的函数关系式为y=-x3+81x-234,则使该生产厂家获取最大年利润的年产量为 ( )
A.13万件
B.11万件
C.9万件
D.7万件
【解析】选C.y′=-x2+81,令y′=0,解得x=9或x=-9(舍去).当00,当x>9时,y′<0,所以当x=9时,y取得最大值.
4.(2017·烟台高二检测)若商品的年利润y(万元)与年产量x(百万件)的函数关系式为:y=-x3+27x+123(x>0),则获得利润最大时的年产量为 ( )
A.1百万件
B.2百万件
C.3百万件
D.4百万件
【解析】选C.因为y=-x3+27x+123(x>0),
所以y′=-3x2+27=-3(x+3)(x-3)(x>0),
所以y=-x3+27x+123在(0,3)上是增函数,
在(3,+∞)上是减函数,
故当x=3时,获得最大利润.
5.(2017·梅州高二检测)设底面为等边三角形的直棱柱的体积为V,则其表面积最小时,底面边长为 ( )
A.
B.
C.
D.2
【解析】选C.如图,
设底面边长为x(x>0),则底面积S=x2,
所以h==.
S表=x·×3+x2×2=+x2,
S′表=x-,令S′表=0得x=,
因为S表只有一个极值,故x=为最小值点.
6.如图,在等腰梯形ABCD中,CD=40,AD=40,梯形ABCD的面积最大时,AB等
于 ( )
A.40
B.60
C.80
D.120
【解析】选C.设∠BAD=θ,则AB=40+2×40cosθ,梯形高h=40sinθ,从而梯形面积S=1600(1+cosθ)sinθ.
故S′=1600(cosθ+cos2θ).
令S′=0,得cosθ=-1(舍)或cosθ=,即θ=,此时AB=80,即当AB=80时,梯形有最大面积1200.
7.某商场从生产厂家以每件20元的价格购进一批商品.若该商品零售价定为P元,销售量为Q,销售量Q(单位:件)与零售价P(单位:元)有如下关系:Q=8300-170P-P2,则最大毛利润为(毛利润=销售收入-进货支出) ( )
A.30元
B.60元
C.28000元
D.23000元
【解析】选D.设毛利润为L(P),由题意知L(P)=PQ-20Q=Q(P-20)
=(8300-170P-P2)(P-20)
=-P3-150P2+11700P-166000,所以L′(P)=-3P2-300P+11700,令L′(P)=0,解得P=30或P=-130(舍去).
此时,L(30)=23000.
根据实际问题的意义知,L(30)是最大值,即零售价定为每件30元时,最大毛利润为23000元.
8.(2017·昆明高二检测)某公司生产一种产品,固定成本为20000元,每生产一单位的产品,成本增加100元,若总收入R与年产量x的关系是R(x)=
则当总利润最大时,每年生产产品的单位数
是 ( )
A.150
B.200
C.250
D.300
【解析】选D.因为总利润
p(x)=
当0≤x≤390时,p′(x)=-x2+300,
令p′(x)=0,得x=±300,
当x∈(0,300)时,p′(x)>0,p(x)递增,
当x∈(300,390)时,p′(x)<0,p(x)递减,
所以当x=300时,p(x)有最大值40000元,
当x>390时,p(x)=90090-100x-20000<90090-100×390-20000=31090<40000,
所以当x=300时,总利润最大.
二、填空题(每小题5分,共10分)
9.(2017·河源高二检测)把长为60cm的铁丝围成矩形,长为 ,宽为
时,矩形的面积最大.
【解析】设长为xcm,则宽为(30-x)cm,
此时S=x·(30-x)=30x-x2,令S′=30-2x=0,
所以x=15.当00,当15答案:15cm 15cm
【补偿训练】已知某矩形广场面积为40000m2,则其周长至少为 米.
【解析】设广场的长为xm,则宽为m,于是其周长为y=2(x>0),所以y′=2,令y′=0,解得x=200(x=-200舍去),这时y=800.当0200时,y′>0,所以当x=200时,y取得最小值,故其周长至少为800m.
答案:800
10.某公司租地建仓库,每月土地占用费y1(万元)与仓库到车站的距离成反比,而每月库存货物的运费y2(万元)与到车站的距离成正比,如果在距离车站10千米处建仓库,y1和y2分别为2万元和8万元.那么,要使这两项费用之和最小,仓库应建在离车站 千米处.
【解析】设仓库与车站相距x千米,依题意可设每月土地占用费y1=,每月库存货物的运费y2=k2x,其中x是仓库到车站的距离,k1,k2是比例系数,
于是由2=得k1=20;由8=10k2得k2=.
所以两项费用之和为y=+(x>0),
y′=-+,令y′=0,
得x=5或x=-5(舍去).
当0当x>5时,y′>0.所以当x=5时,y取得极小值,也是最小值.所以当仓库建在离车站5千米处时,两项费用之和最小.
答案:5
三、解答题(每小题10分,共20分)
11.甲、乙两地相距s千米,汽车从甲地匀速行驶到乙地,速度不得超过c千米/时,已知汽车每小时的运输成本(以元为单位)由可变部分和固定部分组成.可变部分与速度v(千米/时)的平方成正比,比例系数为b(b>0),固定部分为a元.
(1)把全程运输成本y(元)表示为速度v(千米/时)的函数,并指出这个函数的定义域.
(2)为了使全程运输成本最小,汽车应以多大的速度行驶
【解析】(1)依题意知汽车从甲地匀速行驶到乙地所用时间为,全程运输成本为y=a·+bv2·
=s,
故所求函数及其定义域为y=s,v∈(0,c].
(2)由题意知s,a,b,v均为正数.
由y′=s=0得v=,0①若≤c,则v=是使y的导数为0的点,
即当v=时,全程运输成本y最小.
②若>c,v∈(0,c],此时y′<0,则函数在(0,c]上为减函数,所以当v=c时,y最小.
综上所述,为使全程运输成本y最小,当≤c时,行驶速度v=;当>c时,行驶速度v=c.
12.某种产品每件成本为6元,每件售价为x元(6(1)求年利润y万元关于售价x的函数关系式.
(2)求售价为多少时,年利润最大,并求出最大年利润.
【解析】(1)设-u=k,
因为售价为10元时,年销量为28万件,
所以-28=k,解得k=2.
所以u=-2+
=-2x2+21x+18.
所以y=(-2x2+21x+18)(x-6)
=-2x3+33x2-108x-108(6(2)y′=-6x2+66x-108
=-6(x2-11x+18)=-6(x-2)(x-9).
令y′=0,得x=2(舍去)或x=9,
显然,当x∈(6,9)时,y′>0;
当x∈(9,11)时,y′<0.
所以函数y=-2x3+33x2-108x-108在(6,9)上是递增的,在(9,11)上是递减的.
所以当x=9时,ymax=135,所以售价为9元时,年利润最大,最大年利润为135万元.
【能力挑战题】
某汽车生产企业上年度生产一品牌汽车的投入成本为10万元/辆,出厂价为13万元/辆.本年度为适应市场需求,计划提高产品档次,适当增加投入成本,若每辆车的投入成本增加的比例为x(0【解析】由题意得,本年度每辆车的投入成本为10(1+x),每辆车的出厂价为13(1+0.7x),年利润为f(x)=[13(1+0.7x)-10(1+x)]·y
=(3-0.9x)×3240×
=3240(0.9x3-4.8x2+4.5x+5),
则f′(x)=3240(2.7x2-9.6x+4.5)
=972(9x-5)(x-3),
由f′(x)=0,解得x=或x=3(舍去),
当x∈时,f′(x)>0,f(x)是增函数;
当x∈时,f′(x)<0,f(x)是减函数.
所以当x=时,f(x)取极大值,f=20000,
因为f(x)在(0,1)内只有一个极大值,所以它是最大值.
所以当x=时,本年度的年利润最大,最大利润为20000万元.第三章
导数及其应用
能力深化提升
类型一 导数与曲线的切线
【典例1】(1)已知直线y=3x+1与曲线y=ax3+3相切,则a的值为 ( )
A.1
B.±1
C.-1
D.-2
(2)设抛物线C1:y1=x2-2x+2与抛物线C2:y2=-x2+ax+b在它们的一个公共点处的切线互相垂直.
①求a,b之间的关系;
②若a>0,b>0,求ab的最大值.
【解析】(1)选A.设切点为(x0,y0),则y0=3x0+1,且y0=a+3,
所以3x0+1=a+3.①
对y=ax3+3求导得y′=3ax2,
则3a=3,a=1.②
由①②可得x0=1,所以a=1.
(2)①依题意y1′=2x-2,y2′=-2x+a,
设它们的公共点为P(x0,y0),
因为在P点切线互相垂直.所以(2x0-2)(-2x0+a)=-1,即4-2(a+2)x0+2a-1=
0, (i)
则Δ=4[(a-2)2+4]>0.
又因为y0=-2x0+2,且y0=-+ax0+b,
相减得:2-(a+2)x0+2-b=0, (ii)
由(i)(ii)消去x0得:2b+2a=5,即a+b=.
②由①得ab≤==,
当且仅当a=b=时上式取等号,所以ab的最大值为.
【方法总结】根据切点求切线方程的两种情况
利用导数的几何意义求切线方程时关键是搞清所给的点是不是切点,常见的类型有两种:
(1)求“在某点处的切线方程”,则此点一定为切点,先求导,再求斜率代入直线方程即可得.
(2)求“过某点的切线方程”,这种类型中的点不一定是切点,可先设切点为Q(x1,y1),则切线方程为y-y1=f′(x1)(x-x1),再由切线过点P(x0,y0)得y0-y1=
f′(x1)(x0-x1)①.又y1=f(x1)②;由①②求出x1,y1的值,即求出了过点P(x0,y0)的切线方程.
类型二 导数与函数的单调性
【典例2】已知函数f(x)=(x+1).
(1)讨论函数f(x)的单调性.
(2)若对于任意的x∈[1,+∞),f(x)≥a(x-1)恒成立,求a的范围.
【解析】(1)x≥1时,f(x)=(x+1)lnx,
f′(x)=1++lnx>0,f(x)在(1,+∞)上递增;
0f′(x)=-,
(f′(x))′=-=>0,
f′(x)在(0,1)上递增,
f′(x)所以f(x)在(0,1)上递减,在(1,+∞)上递增.
(2)x≥1时,f(x)=(x+1)lnx,
f(x)≥a(x-1) (x+1)lnx-a(x-1)≥0,
设g(x)=(x+1)lnx-a(x-1),
g′(x)=1++lnx-a,
由(1)知,g′(x)在(1,+∞)上递增,
g′(x)≥g′(1)=2-a,
若2-a≥0,即a≤2,g′(x)≥0,
g(x)在[1,+∞)上递增,
所以g(x)≥g(1)=0,所以不等式成立,
若a>2,存在x0∈(1,+∞),使得g′(x0)=0,
当x∈[1,x0)时,g′(x)<0,g(x)递减,
存在g(x)综上所述,a≤2.
【方法总结】利用导数求可导函数的单调区间的一般步骤
(1)确定函数y=f(x)的定义域.
(2)求f′(x).
(3)解不等式f′(x)>0或f′(x)<0.
(4)不等式的解集与定义域取交集.
(5)确定并写出函数的单调递增区间或单调递减区间.
特别要注意写单调区间时,区间之间用“和”或“,”隔开,绝对不能用“∪”连接.
【巩固训练】已知函数f(x)=x3-ax-1,讨论f(x)的单调性.
【解析】f′(x)=3x2-a.
①当a≤0时,f′(x)≥0,
所以f(x)在(-∞,+∞)上为增函数.
②当a>0时,令3x2-a=0得x=±,
当x>或x<-时,f′(x)>0;
当-因此f(x)在,上为增函数,在上为减函数.
综上可知,当a≤0时,f(x)在R上为增函数;
当a>0时,f(x)在,上为增函数,在上为减函数.
类型三 利用导数求函数的极值、最值
【典例3】设函数f(x)=ax3+bx+c(a≠0)为奇函数,其图象在点(1,f(1))处的切线与直线x-6y-7=0垂直,导函数f′(x)的最小值为-12.
(1)求a,b,c的值.
(2)求函数f(x)的单调区间,并求函数f(x)在[-1,3]上的最大值和最小值.
【解析】(1)因为f(x)为奇函数,
所以f(-x)=-f(x),
即-ax3-bx+c=-ax3-bx-c,
所以c=0,
因为f′(x)=3ax2+b的最小值为-12.
所以b=-12.
又直线x-6y-7=0的斜率为.
因此f′(1)=3a+b=-6,
所以a=2,b=-12,c=0.
(2)因为f(x)=2x3-12x,
f′(x)=6x2-12=6(x+)(x-),
列表如下:
x
(-∞,-)
-
(-,)
(,+∞)
f′(x)
+
0
-
0
+
f(x)
↗
极大
↘
极小
↗
所以函数f(x)的单调增区间是(-∞,-)和(,+∞),单调减区间是
(-,).
因为f(-1)=10,f()=-8,f(3)=18.
所以f(x)在[-1,3]上的最大值是f(3)=18.
最小值是f()=-8.
【方法总结】求函数f(x)在闭区间[a,b]上的最大值、最小值的方法与步骤
(1)求f(x)在(a,b)内的极值.
(2)将(1)求得的极值与f(a),f(b)相比较,其中最大的一个值为最大值,最小的一个值为最小值.
特别地,①当f(x)在(a,b)上单调时,其最小值、最大值在区间端点处取得,②当f(x)在(a,b)内只有一个极值点时,若在这一点处f(x)有极大(小)值,则可以断定f(x)在该点处取得最大(小)值.
【巩固训练】设【解析】令f′(x)=3x2-3ax=0,得x1=0,x2=a.
当x变化时,f′(x)与f(x)的变化情况如下表:
x
-1
(-1,0)
0
(0,a)
a
(a,1)
1
f′(x)
+
0
-
0
+
f(x)
-1-a+b
↗
b
↘
-+b
↗
1-a+b
从上表可知,当x=0时,f(x)取得极大值b,而f(0)>f(a),f(1)>f(-1),故需比较f(0)与f(1)的大小.
因为f(0)-f(1)=a-1>0,所以f(x)的最大值为f(0)=b.所以b=1.
又f(-1)-f(a)=(a+1)2(a-2)<0,
所以f(x)的最小值为f(-1)=-1-a+b=-a,
所以-a=-,所以a=.
综上a=,b=1.
类型四 利用导数求参数的范围
【典例4】已知函数f(x)=ax+xlnx(a∈R).
(1)若函数f(x)在区间[e,+∞)上为增函数,求a的取值范围.
(2)当a=1且k∈Z时,不等式k(x-1)【解题指南】(1)f(x)在区间[e,+∞)上为增函数,则f′(x)≥0在[e,+∞)上恒成立,由此可得a≥-(lnx+1)在[e,+∞)上恒成立.
(2)不等式k(x-1)1恒成立.
【解析】(1)f′(x)=a+lnx+1,
即由题意知f′(x)≥0在[e,+∞)上恒成立.
即lnx+a+1≥0在[e,+∞)上恒成立,即a≥-(lnx+1)在[e,+∞)上恒成立,
而[-(lnx+1)]max=-(lne+1)=-2,所以a≥-2.
(2)f(x)=x+xlnx,k<,
即k<对任意x>1恒成立,
令g(x)=,则g′(x)=,
令h(x)=x-lnx-2(x>1),
则h′(x)=1-=>0 h(x)在(1,+∞)上单调递增.
因为h(3)=1-ln3<0,h(4)=2-2ln2>0,所以存在x0∈(3,4)使h(x0)=0,
即当1x>x0时,h(x)>0,即g′(x)>0,
所以g(x)在(1,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增.
令h(x0)=x0-lnx0-2=0,即lnx0=x0-2,
g(x)min=g(x0)===x0∈(3,4).
所以k【方法总结】导数法解决取值范围问题的两种思路
(1)转化为恒成立:将问题转化为不等式在某区间上的恒成立问题,即f′(x)≥0或f′(x)≤0恒成立,用分离参数或函数性质求解参数范围,然后检验参数取“=”时是否满足题意.
(2)解不等式:先令f′(x)>0(或f′(x)<0),求出参数的取值范围后,再令参数取“=”,看此时f(x)是否满足题意.
【巩固训练】已知函数f(x)=ax4lnx+bx4-c(x>0)在x=1处取得极值-3-c,其中a,b,c为常数,若对x>0,方程f(x)=-2c2有解,求c的取值范围.
【解析】由题意知f(1)=-3-c,
因此b-c=-3-c,从而b=-3.
对f(x)求导,得f′(x)=4ax3lnx+ax4×+4bx3
=x3(4alnx+a+4b).
由题意,知f′(1)=0,因此a+4b=0,解得a=12.
则f′(x)=48x3lnx(x>0),
令f′(x)=0,解得x=1.
当0当x>1时,f′(x)>0,此时f(x)为增函数.
所以f(x)在x=1处取得极小值f(1)=-3-c,
此极小值也是最小值.
所以函数f(x)的值域为[-3-c,+∞).
若对x>0,方程f(x)=-2c2有解,
则-2c2属于函数f(x)的值域,所以-2c2≥-3-c,
即2c2-c-3≤0,解得-1≤c≤,
所以c的取值范围为.
类型五 原函数与导数图象间的关系
【典例5】已知函数y=xf′(x)的图象如图所示(其中f′(x)是函数f(x)的导函数),则y=f(x)的图象大致是 ( )
【解析】选C.当0当10,
所以f′(x)>0,故y=f(x)在(1,2)上为增函数,因此排除D.
【方法总结】利用导数符号判断原函数单调性
研究一个函数的图象与其导函数图象之间的关系时,注意抓住各自的关键要素,对于原函数,要重点考查其图象在哪个区间内单调递增,在哪个区间内单调递减;而对于导函数,则应考查其函数值在哪个区间内大于零,在哪个区间内小于零,并考查这些区间与原函数的单调区间是否一致.
【巩固训练】设f′(x)是函数f(x)的导函数,y=f′(x)的图象如图所示,则y=f(x)的图象最有可能是 ( )
【解析】选C.由图可知函数应在区间(0,2)上单调递减,在区间(-∞,0)和(2,
+∞)上单调递增,只有选项C符合题意.3.2.2
导数的运算法则
课时达标训练
1.已知f(x)=x3+3x+ln3,则f′(x)为 ( )
A.3x2+3x
B.3x2+3x·ln3+
C.3x2+3x·ln3
D.x3+3x·ln3
【解析】选C.f′(x)=3x2+3xln3.
2.函数y=的导数是 ( )
A.y′=-
B.y′=-sinx
C.y′=-
D.y′=-
【解析】选C.y′=′=
==-.
3.已知函数f(x)=x-4lnx,则曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为______.
【解析】函数f(x)=x-4lnx,所以函数f′(x)=1-,切线的斜率为-3,切点为(1,1),
所以切线方程为:3x+y-4=0,
答案:3x+y-4=0
4.已知函数f(x)=,则f′=________.
【解析】f′(x)=
=,
则f′==1.
答案:1
5.一质点沿直线运动,如果由始点起经过t秒后的位移为s(t)=t3-t2+2t,那么速度为零的时刻是________.
【解析】s′(t)=t2-3t+2,令s′(t)=0,
得t=1或t=2.
答案:t=1s或t=2s
6.曲线f(x)=-(x<0)与曲线g(x)=lnx公切线(切线相同)的条数为________.
【解析】f(x)=-的导数为f′(x)=,g(x)=lnx的导数为g′(x)=,
设公切线的切点为(x1<0),(x2,lnx2),则切线为y+=(x-x1),y-lnx2=(x-x2),两切线相同,
则有消去x2,
整理得+2ln(-x1)-1=0,
记h(x)=+2ln(-x)-1,
则h′(x)=-+=,
当x<0时,h′(x)<0,h(x)递减,且h(-e)=2--1>0,
h=-2e-3<0,
因此h(x)=0在(-∞,0)上只有一解,
即方程+2ln(-x1)-1=0只有一解,
因此所求公切线只有一条.
答案:1
7.求下列各函数的导数.
(1)y=xsinx+cosx.
(2)y=3x2-x+5.
【解题指南】本题求解时主要应用基本求导公式:(xn)′=nxn-1,(sinx)′=cosx,(cosx)′=-sinx,及求导法则:[f(x)g(x)]′=f′(x)g(x)+f(x)g′(x).
【解析】(1)y=xsinx+cosx,
所以y′=sinx+xcosx-sinx=xcosx.
(2)y=3x2-x+5,所以y′=6x-1.导数的几何意义
(30分钟 60分)
一、选择题(每小题5分,共40分)
1.(2017·天津高二检测)已知曲线f(x)=x2+2x的一条切线斜率是4,则切点的横坐标为 ( )
A.-2
B.-1
C.1
D.2
【解析】选D.Δy=f(x+Δx)-f(x)
=(x+Δx)2+2(x+Δx)-x2-2x
=x·Δx+(Δx)2+2Δx,
所以=x+Δx+2,所以f
′(x)==x+2.
设切点坐标为(x0,y0),则f
′(x0)=x0+2.
由已知x0+2=4,所以x0=2.
2.y=-在点处的切线方程是 ( )
A.y=x-2
B.y=x-
C.y=4x-4
D.y=4x-2
【解析】选C.先求y=-的导数,
因为Δy=-+=,
所以=,
所以==,
即y′=,
所以y=-在点处的切线斜率k=y′=4,
所以切线方程为y+2=4,
即y=4x-4.
3.(2017·泰安高二检测)曲线y=x3-2在点处切线的倾斜角为
( )
A.30°
B.45°
C.135°
D.60°
【解析】选B.Δy=(-1+Δx)3-×(-1)3
=Δx-Δx2+(Δx)3,=1-Δx+(Δx)2,
==1,
所以曲线y=x3-2在点处切线的斜率是1,倾斜角为45°.
4.设f(x)为可导函数且满足=-1,则过曲线y=f(x)上点(1,f(1))处的切线斜率为 ( )
A.2
B.-1
C.1
D.-2
【解析】选B.
=
=
=f
′(1)=-1.
5.设曲线y=ax2在点(1,a)处的切线与直线2x-y-6=0平行,则a的值为 ( )
A.1
B.
C.-
D.-1
【解析】选A.因为y′=
=(2a+aΔx)=2a.
所以2a=2,a=1.
6.函数f(x)=x-x3-1的图象在点(1,-1)处的切线与直线4x+ay+3=0垂直,则a=
( )
A.8
B.-8
C.2
D.-2
【解析】选B.由导函数的定义可得函数f(x)的导数为f′(x)=1-3x2,所以f′(1)=-2,所以在点(1,-1)处的切线的斜率为-2,
所以直线4x+ay+3=0的斜率为,
所以-=,所以a=-8.
7.(2017·贵阳高二检测)已知函数y=f(x)的图象如图,f′(xA)与f′(xB)的大小关系是 ( )
A.0>f′(xA)>f′(xB)
B.f′(xA)C.f′(xA)=f′(xB)
D.f′(xA)>f′(xB)>0
【解析】选B.f′(xA)和f′(xB)分别表示函数图象在点A,B处的切线斜率,故
f′(xA)【补偿训练】已知y=f(x)的图象如图所示,则f′(xA)与f′(xB)的大小关系是
( )
A.f′(xA)>f′(xB)
B.f′(xA)=f′(xB)
C.f′(xA)D.f′(xA)与f′(xB)大小不能确定
【解析】选A.由y=f(x)的图象可知,kA>kB,根据导数的几何意义有:f′(xA)>f′(xB).
8.已知函数f(x)=x2+2bx的图象在点A(0,f(0))处的切线l与直线x+y+3=0垂直,若数列的前n项和为Sn,则S2
017的值为 ( )
A.
B.
C.
D.
【解题指南】由条件利用函数在某一点的导数的几何意义求得b的值,根据f(n)的解析式,用裂项法求得数列的前n项和为Sn的值,可得S2
017的值.
【解析】选B.由题意可得A(0,0),函数f(x)=x2+2bx的图象在点A(0,0)处的切线l的斜率
k==2b,
再根据l与直线x+y+3=0垂直,可得2b·(-1)=-1,所以b=.
因为f(n)=n2+2bn=n2+n=n(n+1),
所以=-,
故数列的前n项和为Sn=+++…+=1-,
所以S2
017=1-=.
二、填空题(每小题5分,共10分)
9.设P为曲线C:y=x2+2x+3上的点,且曲线C在点P处的切线倾斜角的范围为,则点P横坐标的取值范围为 .
【解析】因为f′(x)
=
=
=(Δx+2x+2)
=2x+2.
所以可设P点横坐标为x0,则曲线C在P点处的切线斜率为2x0+2.
由已知得0≤2x0+2≤1,所以-1≤x0≤-,
所以点P横坐标的取值范围为.
答案:
10.(2017·兴义高二检测)已知二次函数f(x)=ax2+bx+c的导数为f′(x),
f′(0)>0,对于任意实数x,有f(x)≥0,则的最小值为 .
【解题指南】由导数的定义,先求出f′(0)的值,从而求出的表达式,再利用“对于任意实数x,有f(x)≥0”这一条件,借助不等式的知识即可求解.
【解析】由导数的定义,得f′(0)=
=
=[a·(Δx)+b]=b.
又因为对于任意实数x,有f(x)≥0,
则所以ac≥,所以c>0.
所以=≥≥=2.
答案:2
三、解答题
11.(10分)已知直线l1为曲线y=x2+x-2在(1,0)处的切线,l2为该曲线的另一条切线,且l1⊥l2.
(1)求直线l2的方程.
(2)求由直线l1,l2和x轴围成的三角形的面积.
【解析】(1)y′=
==(2x+Δx+1)=2x+1.
y′|x=1=2×1+1=3,
所以直线l1的方程为y=3(x-1),即y=3x-3.
设直线l2过曲线y=x2+x-2上的点B(b,b2+b-2),
则l2的方程为y=(2b+1)x-b2-2.
因为l1⊥l2,则有2b+1=-,b=-.
所以直线l2的方程为y=-x-.
(2)解方程组得
所以直线l1和l2的交点坐标为.
l1,l2与x轴交点的坐标分别为(1,0),.
所以所求三角形的面积S=××=.
【能力挑战题】
试求过点M(1,1)且与曲线y=x3+1相切的直线方程.
【解析】=
==3xΔx+3x2+(Δx)2.
=3x2,因此y′=3x2,
设过(1,1)点的切线与y=x3+1相切于点P(x0,+1),据导数的几何意义,函数在点P处的切线的斜率为k=3 ①,
过(1,1)点的切线的斜率k= ②,
所以3=,解得x0=0或x0=,
所以k=0或k=,
因此y=x3+1过点M(1,1)的切线方程有两个,
分别为y-1=(x-1)和y=1,
即27x-4y-23=0或y=1.
【误区警示】本题易错将点(1,1)当成了曲线y=x3+1上的点.因此在求过某点的切线时,一定要先判断点是否在曲线上,再据不同情况求解.
【补偿训练】设函数f(x)=x3+ax2-9x-1(a<0).若曲线y=f(x)的斜率最小的切线与直线12x+y=6平行,求a的值.
【解析】设曲线y=f(x)与斜率最小的切线相切于点(x0,y0),
因为Δy=f(x0+Δx)-f(x0)
=(x0+Δx)3+a(x0+Δx)2-9(x0+Δx)-1-(+a-9x0-1)
=(3+2ax0-9)Δx+(3x0+a)(Δx)2+(Δx)3,
所以=3+2ax0-9+(3x0+a)Δx+(Δx)2.
当Δx无限趋近于零时,无限趋近于3+2ax0-9.
即f′(x0)=3+2ax0-9.
所以f′(x0)=3-9-.
当x0=-时,f′(x0)取最小值-9-.
困为斜率最小的切线与12x+y=6平行,所以该切线斜率为-12.所以-9-=-12.解得a=±3.
又a<0,所以a=-3.