导数的应用练习题（含答案）

1.求函数f(x)＝3x2－2lnx的单调区间．
【解】　(1)函数的定义域为D＝(0，＋∞)，
f′(x)＝6x－＝2·，
令f′(x)＝0，得x1＝，x2＝－(舍去)．
用x1分割定义域D，得下表：
x (0，)
f′(x) － 0 ＋
f(x) ↗ ↘
∴函数f(x)的减区间是(0，)，增区间是.
2. 求函数y＝x＋ax(a∈R)的单调区间．
解：y′＝3x2＋a.①当a≥0时，y′≥0，函数y＝x3＋ax在(－∞，＋∞)上为增函数．
②当a＜0时，令3x2＋a＝0得x＝±，
∴y′＞0的解集为(－∞，－)∪.
y′＜0的解集为(－，)．
∴函数y＝x3＋ax的增区间是(－∞，－)和，减区间是(－，)．
综上可知：
当a≥0时，函数y＝x3＋ax在(－∞，＋∞)上单调递增；
当a＜0时，函数y＝x3＋ax在(－∞，－)和
上单调递增，在(－，)上单调递减．
3.已知函数f(x)＝2ax－x3，x∈(0,1)，a>0，若f(x)在(0,1)上是增函数，求a的取值范围
【解】　法一：f′(x)＝2a－3x2，
令f′(x)>0，即2a－3x2>0，
得00,0所以f(x)的增区间是(0, )．
又因为f(x)在(0,1)上是增函数，
所以(0,1) (0, )，所以 ≥1，
即a≥，所以a的取值范围是
法二：f′(x)＝2a－3x2，
因为f(x)在(0,1)上是增函数，
所以f′(x)≥0在(0,1)上恒成立．
所以2a－3x2≥0，即a≥x2.
又x∈(0,1)，所以x2∈(0，)，故a≥.
所以a的取值范围为.
4.若函数f(x)＝ax－x＋x－5在(－∞，＋∞)上单调递增，求a的取值范围．
解：f′(x)＝3ax2－2x＋1.
因为f(x)在R上单调递增，所以f′(x)≥0，即3ax2－2x＋1≥0在R上恒成立．
即即
所以a≥.
5.证明：当x>0时，x－【证明】　令F(x)＝x－sinx，于是F(0)＝0，
由于F′(x)＝1－cosx≥0，所以当x>0时，F(x)单调递增，从而有F(x)>F(0)＝0，即x－sinx>0，x>sinx(x>0)．
为了证明sinx>x－(x>0)，令G(x)＝sinx－x＋，
则有G(0)＝0，
G′(x)＝cosx－1＋＝－2sin2
＝2.
因为x>sinx(x>0)，所以>sin(x>0)．
根据|sin|≤1，可得2>(sin )2(x>0)，
于是G′(x)>0，表明G(x)在x>0时单调递增，从而有G(x)>G(0)＝0，即sinx>x－(x>0)，
综上，得当x>0时，有x－6.当0＜x＜时，求证：tanx＞x＋.
证明：设f(x)＝tanx－(x＋)，
则f′(x)＝′－(x＋)′＝－1－x2
＝－1－x2＝tan2x－x2
＝(tanx＋x)(tanx－x)．因为x∈(0，)，
所以tanx＞x＞0.
所以f′(x)＞0，即f(x)在(0，)内递增．
又因为f(0)＝0，
所以当x∈(0，)时，f(x)＞0，即tanx＞x＋.
7.已知函数y＝xf′(x)的图象如右图所示(其中f′(x)是函数f(x)的导函数)，则下面四个图象中y＝f(x)的图象大致是(　　)
由y＝xf′(x)的图象知：
当x<－1时，xf′(x)<0，∴f′(x)>0.
∴当x<－1时，函数y＝f(x)单调递增；
当－10，∴f′(x)<0.
∴当－1当0∴当0当x>1时，xf′(x)>0，∴f′(x)>0.
∴当x>1时，y＝f(x)单调递增．故选C.
【答案】　C
8.设f(x)为可导函数，且满足条件 ＝－1，
求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线的斜率．
【解】　∵f(x)为可导函数，且 ＝－1，
∴ ＝－1，即f′(1)＝－1，
∴f′(1)＝－2.
因此y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线的斜率为－2.
9.设函数f(x)＝－x3＋2ax2－3a2x＋b(0(1)求函数f(x)的单调区间和极值；
(2)若x∈[a＋1，a＋2]时，恒有|f′(x)|≤a，试确定a的取值范围．
由题意可知f′(x)＝－x2＋4ax－3a2＝－(x－a)·(x－3a)，
令f′(x)＝0，得x＝a或x＝3a.
当f′(x)>0时，(x－a)(x－3a)<0，解得a所以在(a,3a)上，f(x)是增函数；
当f′(x)<0时，(x－a)(x－3a)>0，解得x>3a或x所以在(－∞，a)，(3a，＋∞)上f(x)是减函数．
所以当x＝a时，f(x)取得极小值，f(a)＝b－a3；
当x＝3a时，f(x)取得极大值，f(3a)＝b.
(2)由(1)知f′(x)＝－x2＋4ax－3a2，
对称轴为x＝－＝2a.
因为0所以f′(x)在[a＋1，a＋2]上是减函数．
所以当x＝a＋1时，f′(x)取得最大值，
f′(a＋1)＝2a－1，
当x＝a＋2时，f′(x)取得最小值，f′(a＋2)＝4a－4.
于是有解得，即≤a≤1.
因为010.已知a为实数，函数f(x)＝－x＋3x＋a.
(1)求函数f(x)的极值，并画出其图象(草图)；
(2)当a为何值时，方程f(x)＝0恰好有两个实数根？
解：(1)由f(x)＝－x＋3x＋a，得f′(x)＝－3x＋3，
令f′(x)＝0，得x＝－1或x＝1.
当x∈(－∞，－1)时，f′(x)<0；
当x∈(－1,1)时，f′(x)>0；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0.
所以函数f(x)的极小值为f(－1)＝a－2；极大值为f(1)＝a＋2.
由单调性、极值可画出函数f(x)的大致图象，如图所示．
(2)结合图象，当极大值a＋2＝0时，有极小值小于0，此时曲线f(x)与x轴恰有两个交点，即方程f(x)＝0恰有两个实数根，所以a＝－2满足条件；当极小值a－2＝0时，有极大值大于0，此时曲线f(x)与x轴恰有两个交点，
即方程f(x)＝0恰好有两个实数根，所以a＝2满足条件．
综上，当a＝±2时，方程恰有两个实数根．
11.设y＝f(x)是二次函数，方程f(x)＝0有两个相等的实根，且f′(x)＝2x＋2.
(1)求y＝f(x)的表达式；
(2)求y＝f(x)的图象与两坐标轴所围成图形的面积；
(3)若直线x＝－t(0【解】　(1)设f(x)＝ax＋bx＋c(a≠0)，
则f′(x)＝2ax＋b.
又f′(x)＝2x＋2，所以a＝1，b＝2.
所以f(x)＝x2＋2x＋c.
又方程f(x)＝0有两个相等实根，即x＋2x＋c＝0有两个相等实根，所以Δ＝4－4c＝0，所以c＝1，故f(x)＝x2＋2x＋1.
(3)依题意知，(x2＋2x＋1)dx＝(x2＋2x＋1)dx，
所以|＝|，
所以－t3＋t2－t＋＝t3－t2＋t，
所以2t3－6t2＋6t－1＝0，
即2(t－1)3＋1＝0，于是t＝1－.
12. 已知函数．
（I）讨论的单调性；
（II）设，证明：当时，；
（III）若函数的图像与x轴交于A，B两点，线段AB中点的横坐标为x0，证明：（x0）＜0．
解：
（I）
（i）若单调增加.
（ii）若
且当
所以单调增加，在单调减少.
（II）设函数则
当.
故当，
（III）由（I）可得，当的图像与x轴至多有一个交点，
故，从而的最大值为
不妨设
由（II）得
从而
由（I）知，