导数在研究函数中的应用_章节学习

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题型：简答题

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简答题

已知f（x）=1-x+lnx，g（x）=mx-1（m∈R）

（1）求函数f（x）的单调区间；

（2）若f（x）≤g（x）恒成立，求m的取值范围；

（3）若数列{an}的各项均为正数，a1=1，当m=2时an+1=f（an）+g（an）+2，n∈N*，求证：an≤2n-1（n∈N*）．

正确答案

解：（1）求导，由f′（x）=0，得x=1．

当x∈（0，1）时，f′（x）＞0；

当x∈（1，+∞）时，f′（x）＜0．

∴函数y=f（x）在（0，1）上是增函数，在（1，+∞）上是减函数；

（2）方法一、令h（x）=f（x）-g（x）=lnx-（1+m）x+2则

若m+1≤0时，h‘（x）＞0，h（x）在定义域上是增函数，

则h（1）=-（1+m）+2＞0，f（x）≤g（x）不恒成立．

若m+1＞0时，由h'（x）=0得

当时，h′（x）＞0，h（x）在上是增函数；

当时，h′（x）＜0，h（x）在上是减函数．

∴h（x）在（0，+∞）上的最大值为，解得m≥e-1

∴当m≥e-1时f（x）≤g（x）恒成立；

（2）方法二、由 f（x）≤g（x）恒成立得：恒成立．

令，

则，由h′（x）=0得

∴h（x）在单调递增，在单调递减

∴，故m≥e-1；

（3）方法一、由题意，正项数列{an}满足：．

用数学归纳法证明.，n∈N*．

1）当n=1时，，不等式成立；

2）假设n=k时，，那么，当n=k+1时，

由（1）知{an}，即有不等式a1=1．

于是 a2a1=，成立．

由（1）、（2）知，n∈N*，成立，

（3）方法二、由（1）知{an}，即有不等式a1=1．

于是 a2a1=2（ak+1）-1

∴

∴，n∈N*．

解析

解：（1）求导，由f′（x）=0，得x=1．

当x∈（0，1）时，f′（x）＞0；

当x∈（1，+∞）时，f′（x）＜0．

∴函数y=f（x）在（0，1）上是增函数，在（1，+∞）上是减函数；

（2）方法一、令h（x）=f（x）-g（x）=lnx-（1+m）x+2则

若m+1≤0时，h‘（x）＞0，h（x）在定义域上是增函数，

则h（1）=-（1+m）+2＞0，f（x）≤g（x）不恒成立．

若m+1＞0时，由h'（x）=0得

当时，h′（x）＞0，h（x）在上是增函数；

当时，h′（x）＜0，h（x）在上是减函数．

∴h（x）在（0，+∞）上的最大值为，解得m≥e-1

∴当m≥e-1时f（x）≤g（x）恒成立；

（2）方法二、由 f（x）≤g（x）恒成立得：恒成立．

令，

则，由h′（x）=0得

∴h（x）在单调递增，在单调递减

∴，故m≥e-1；

（3）方法一、由题意，正项数列{an}满足：．

用数学归纳法证明.，n∈N*．

1）当n=1时，，不等式成立；

2）假设n=k时，，那么，当n=k+1时，

由（1）知{an}，即有不等式a1=1．

于是 a2a1=，成立．

由（1）、（2）知，n∈N*，成立，

（3）方法二、由（1）知{an}，即有不等式a1=1．

于是 a2a1=2（ak+1）-1

∴

∴，n∈N*．

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题型：简答题

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简答题

已知函数f（x）=e2x-1-2x．

（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；

（Ⅱ）设b∈R，求函数f（x）在区间[b，b+1]上的最小值．

正确答案

解：（I）因为f′（x）=2e2x-1-2．（2分）

令f′（x）=0，解得．（3分）

当x变化时，f（x）与f′（x）的变化情况如下表：

（5分）

所以函数f（x）在（）上单调递减，在上单调递增．（6分）

（II）当时，

因为函数f（x）在（b，b+1）上单调递减，

所以当x=b+1时，函数f（x）有最小值f（b+1）=e2b+1-2b-2．（8分）

当时，

因为函数f（x）在上单调递减，在上单调递增，

所以当时，函数f（x）有最小值．（10分）

当时，

因为函数f（x）在（b，b+1）上单调递增，

所以当x=b时，函数f（x）有最小值f（b）=e2b-1-2b．（12分）

综上，当时，函数f（x）在[b，b+1]上的最小值为f（b+1）=e2b+1-2b-2；

当时，函数f（x）在[b，b+1]上的最小值为；

当时，函数f（x）在[b，b+1]上的最小值为f（b）=e2b-1-2b．（13分）

解析

解：（I）因为f′（x）=2e2x-1-2．（2分）

令f′（x）=0，解得．（3分）

当x变化时，f（x）与f′（x）的变化情况如下表：

（5分）

所以函数f（x）在（）上单调递减，在上单调递增．（6分）

（II）当时，

因为函数f（x）在（b，b+1）上单调递减，

所以当x=b+1时，函数f（x）有最小值f（b+1）=e2b+1-2b-2．（8分）

当时，

因为函数f（x）在上单调递减，在上单调递增，

所以当时，函数f（x）有最小值．（10分）

当时，

因为函数f（x）在（b，b+1）上单调递增，

所以当x=b时，函数f（x）有最小值f（b）=e2b-1-2b．（12分）

综上，当时，函数f（x）在[b，b+1]上的最小值为f（b+1）=e2b+1-2b-2；

当时，函数f（x）在[b，b+1]上的最小值为；

当时，函数f（x）在[b，b+1]上的最小值为f（b）=e2b-1-2b．（13分）

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题型：单选题

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单选题

给出定义：若函数f（x）在D上可导，即f′（x）存在，且导函数f′（x）在D上也可导，则称f（x）在D上存在二阶导函数，记f″（x）=（f′（x））′，若f″（x）＜0在D上恒成立，则称f（x）在D上为凸函数．以下四个函数在上不是凸函数的是（　　）

Af（x）=sinx+cosx

Bf（x）=lnx-2x

Cf（x）=-x3+2x-1

Df（x）=-xe-x

正确答案

D

解析

解：对于f（x）=sinx+cosx，f′（x）=cosx-sinx，f″（x）=-sinx-cosx，当x∈时，f″（x）＜0，故为凸函数，排除A；

对于f（x）=lnx-2x，f′（x）=，f″（x）=-，当x∈时，f″（x）＜0，故为凸函数，排除B；

对于f（x）=-x3+2x-1，f′（x）=-3x2+2，f″（x）=-6x，当x∈时，f″（x）＜0，故为凸函数，排除C；

故选D．

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题型：单选题

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单选题

f（x）是定义在（0，+∞）上的函数，满足3f（x）-xf′（x）＜0，下列正确的是（　　）

Af（2）＜4f（）

Bf（2）＞4f（）

Cf（2）=4f（）

D两者大小关系无法确定

正确答案

B

解析

解：设g（x）=，则g′（x）=，

∵3f（x）＜xf′（x），

∴g′（x）＞0

即当x＞0时，函数g（x）单调递增，

∵f（2）=4，

∴g（2）＞g（），即＞，

则f（2）＞4f（），

故选：B．

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题型：简答题

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简答题

设函数．

（1）求f（x）的单调区间和极值；

（2）是否存在实数a，使得关于x的不等式f（x）≥a的解集为（0，+∞）？若存在，求a的取值范围；若不存在，试说明理由．

正确答案

解：（Ⅰ）．（2分）

故当x∈（0，1）时，f‘（x）＞0，x∈（1，+∞）时，f'（x）＜0．

所以f（x）在（0，1）单调递增，在（1，+∞）单调递减．（4分）

由此知f（x）在（0，+∞）的极大值为f（1）=ln2，没有极小值．（6分）

（Ⅱ）（ⅰ）当a≤0时，

由于，

故关于x的不等式f（x）≥a的解集为（0，+∞）．（10分）

（ⅱ）当a＞0时，由知，其中n为正整数，

且有ln（1+）＜⇔＜-1⇔n＞-log2（-1）．（12分）

又n≥2时，．

且．

取整数n0满足，，且n0≥2，

则，

即当a＞0时，关于x的不等式f（x）≥a的解集不是（0，+∞）；

综合（ⅰ）（ⅱ）知，存在a，使得关于x的不等式f（x）≥a的解集为（0，+∞），且a的取值范围为（-∞，0]．

解析

解：（Ⅰ）．（2分）

故当x∈（0，1）时，f‘（x）＞0，x∈（1，+∞）时，f'（x）＜0．

所以f（x）在（0，1）单调递增，在（1，+∞）单调递减．（4分）

由此知f（x）在（0，+∞）的极大值为f（1）=ln2，没有极小值．（6分）

（Ⅱ）（ⅰ）当a≤0时，

由于，

故关于x的不等式f（x）≥a的解集为（0，+∞）．（10分）

（ⅱ）当a＞0时，由知，其中n为正整数，

且有ln（1+）＜⇔＜-1⇔n＞-log2（-1）．（12分）

又n≥2时，．

且．

取整数n0满足，，且n0≥2，

则，

即当a＞0时，关于x的不等式f（x）≥a的解集不是（0，+∞）；

综合（ⅰ）（ⅱ）知，存在a，使得关于x的不等式f（x）≥a的解集为（0，+∞），且a的取值范围为（-∞，0]．

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题型：简答题

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简答题

设函数f（x）=x2+2x-2ln（1+x）．

（1）求函数f（x）的单调区间；

（2）当x∈[-1，e-1]时，是否存在整数m，使不等式m＜f（x）≤-m2+2m+e2恒成立？若存在，求整数m的值；若不存在，则说明理由．

正确答案

解：（1）由1+x＞0得函数f（x）的定义域为（-1，+∞），

∴．

由f′（x）＞0得x＞0；由f′（x）＜0得-1＜x＜0，

∴函数f（x）的单调递增区间是（0，+∞），单调递减区间是（-1，0）；

（2）由（1）知，f（x）在上单调递减，在[0，e-1]上单调递增，

∴f（x）min=f（0）=0，

，

∴．

∵m＜f（x）≤-m2+2m+e2恒成立，

，

即，

∵m是整数，∴m=-1，

∴存在整数m=-1，使不等式m＜f（x）≤-m2+2m+e2恒成立．

解析

解：（1）由1+x＞0得函数f（x）的定义域为（-1，+∞），

∴．

由f′（x）＞0得x＞0；由f′（x）＜0得-1＜x＜0，

∴函数f（x）的单调递增区间是（0，+∞），单调递减区间是（-1，0）；

（2）由（1）知，f（x）在上单调递减，在[0，e-1]上单调递增，

∴f（x）min=f（0）=0，

，

∴．

∵m＜f（x）≤-m2+2m+e2恒成立，

，

即，

∵m是整数，∴m=-1，

∴存在整数m=-1，使不等式m＜f（x）≤-m2+2m+e2恒成立．

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题型：简答题

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简答题

设函数f（x）=xlnx（x＞0）．

（1）求函数f（x）的最小值；

（2）设F（x）=ax2+f′（x）（a∈R），讨论函数F（x）的单调性．

正确答案

解：（1）求导函数，可得f′（x）=lnx+1（x＞0），令f′（x）=0，得x=．

∵当x时，f′（x）＜0；当时，f′（x）＞0，

∴当x=时，．…（6分）

（2）F（x）=ax2+lnx+1（x＞0），（x＞0）．

①当a≥0时，恒有F′（x）＞0，F（x）在（0，+∞）上是增函数；

②当a＜0时，令F′（x）＞0，得2ax2+1＞0，解得；

令F′（x）＜0，得2ax2+1＜0，解得．

综上，当a≥0时，F（x）在（0，+∞）上是增函数；

当a＜0时，F（x）在（0，）上单调递增，在（，+∞）上单调递减．…（12分）

解析

解：（1）求导函数，可得f′（x）=lnx+1（x＞0），令f′（x）=0，得x=．

∵当x时，f′（x）＜0；当时，f′（x）＞0，

∴当x=时，．…（6分）

（2）F（x）=ax2+lnx+1（x＞0），（x＞0）．

①当a≥0时，恒有F′（x）＞0，F（x）在（0，+∞）上是增函数；

②当a＜0时，令F′（x）＞0，得2ax2+1＞0，解得；

令F′（x）＜0，得2ax2+1＜0，解得．

综上，当a≥0时，F（x）在（0，+∞）上是增函数；

当a＜0时，F（x）在（0，）上单调递增，在（，+∞）上单调递减．…（12分）

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题型：简答题

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简答题

已知函数f（x）=x3-ax2+x+1，g（x）=f′（x），x∈R

（Ⅰ）证明：对任意a∈R，存在x0∈R，使得f（x），g（x）的图象在x=x0处的两条切线斜率相等；

（Ⅱ）求实数a的范围，使得f（x），g（x）均在[2，+∞）上单调递增．

正确答案

解：（Ⅰ）∵f（x）=x3-ax2+x+1，

∴g（x）=f′（x）=3x2-2ax+1，

则g′（x）=6x-2a，

令f′（x0）=g′（x0），即3x02-2ax0+1=6x0-2a，

即3x02-（2a+6）x0+2a+1=0，

则判别式△=（2a+6）2-12（2a+1）=4a2+24＞0．

即对任意a∈R，存在x0∈R，使得f（x），g（x）的图象在x=x0处的两条切线斜率相等；

（Ⅱ）∵g（x）=3x2-2ax+1，∴要使g（x）在[2，+∞）上单调递增，

则对称轴x=，即a≤6．

要使f（x）均在[2，+∞）上单调递增，

则f′（x）=3x2-2ax+1≥0，

即2a≤=3x恒成立，

∴2a≤（3x）min，

∵设h（x）=3x，x∈[2，+∞），

∴h′（x）=3-，

当x∈[2，+∞），h′（x）=3-＞0，

则h（x）的最小值为h（2）=6-=，

∴2a≤，即a≤，

故实数a的范围是（-∞，]．

解析

解：（Ⅰ）∵f（x）=x3-ax2+x+1，

∴g（x）=f′（x）=3x2-2ax+1，

则g′（x）=6x-2a，

令f′（x0）=g′（x0），即3x02-2ax0+1=6x0-2a，

即3x02-（2a+6）x0+2a+1=0，

则判别式△=（2a+6）2-12（2a+1）=4a2+24＞0．

即对任意a∈R，存在x0∈R，使得f（x），g（x）的图象在x=x0处的两条切线斜率相等；

（Ⅱ）∵g（x）=3x2-2ax+1，∴要使g（x）在[2，+∞）上单调递增，

则对称轴x=，即a≤6．

要使f（x）均在[2，+∞）上单调递增，

则f′（x）=3x2-2ax+1≥0，

即2a≤=3x恒成立，

∴2a≤（3x）min，

∵设h（x）=3x，x∈[2，+∞），

∴h′（x）=3-，

当x∈[2，+∞），h′（x）=3-＞0，

则h（x）的最小值为h（2）=6-=，

∴2a≤，即a≤，

故实数a的范围是（-∞，]．

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题型：单选题

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单选题

定义在R上的函数f（x）满足：f（x）+f′（x）＞1，f（0）=4，则不等式exf（x）＞ex+3（其中e为自然对数的底数）的解集为（　　）

A（0，+∞）

B（-∞，0）∪（3，+∞）

C（-∞，0）∪（0，+∞）

D（3，+∞）

正确答案

A

解析

解：设g（x）=exf（x）-ex，（x∈R），

则g′（x）=exf（x）+exf′（x）-ex=ex[f（x）+f′（x）-1]，

∵f（x）+f′（x）＞1，

∴f（x）+f′（x）-1＞0，

∴g′（x）＞0，

∴y=g（x）在定义域上单调递增，

∵exf（x）＞ex+3，

∴g（x）＞3，

又∵g（0）═e0f（0）-e0=4-1=3，

∴g（x）＞g（0），

∴x＞0

故选：A．

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题型：简答题

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简答题

（理）设函数f（x）=（x+1）ln（x+1）．

（1）求f（x）的单调区间；

（2）若对所有的x≥0，均有f（x）≥ax成立，求实数a的取值范围．

正确答案

解：（1）由f‘（x）=ln（x+1）+1≥0得，∴f（x）的增区间为，减区间为．

（2）令g（x）=（x+1）ln（x+1）-ax．“不等式f（x）≥ax在x≥0时恒成立”⇔“g（x）≥g（0）在x≥0时恒成立．”g'（x）=ln（x+1）+1-a=0⇒x=ea-1-1．

当x∈（-1，ea-1-1）时，g'（x）＜0，g（x）为减函数．

当x∈（ea-1-1，+∞）时，g'（x）＞0，g（x）为增函数．

“g（x）≥0在x≥0时恒成立”⇔“ea-1-1≤0”，即ea-1≤e0，即a-1≤0，即a≤1．

故a的取值范围是（-∞，1]．

解析

解：（1）由f‘（x）=ln（x+1）+1≥0得，∴f（x）的增区间为，减区间为．

（2）令g（x）=（x+1）ln（x+1）-ax．“不等式f（x）≥ax在x≥0时恒成立”⇔“g（x）≥g（0）在x≥0时恒成立．”g'（x）=ln（x+1）+1-a=0⇒x=ea-1-1．

当x∈（-1，ea-1-1）时，g'（x）＜0，g（x）为减函数．

当x∈（ea-1-1，+∞）时，g'（x）＞0，g（x）为增函数．

“g（x）≥0在x≥0时恒成立”⇔“ea-1-1≤0”，即ea-1≤e0，即a-1≤0，即a≤1．

故a的取值范围是（-∞，1]．

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