- 导数在研究函数中的应用
- 共24261题
若函数f（x）=
正确答案
（-
解析
解：由题意可得：f′（x）=x2-x-2．
令f′（x）＞0，则x＞2或x＜-1，令f′（x）＜0，则-1＜x＜2，
所以函数f（x）的单调增区间为（-∞，-1）和（2，+∞），减区间为（-1，2），
所以当x=-1时函数有极大值f（-1）=
因为函数f（x）存在三个不同的零点，
所以f（-1）＞0并且f（2）＜0，
解得：-
所以实数a的取值范围是 （-
故答案为（-
已知函数f（x）=-x3+ax2+b（a，b∈R）
（1）要使f（x）在区间（0，1）上单调递增，试求a的取值范围；
（2）若x∈[0，1]时，f（x）图象上任意一点处的切线的倾斜角为θ，试求当
正确答案
解：（1）f′（x）=-3x2+2ax，
由题设，当x∈（0，1）时，f′（a）＞0恒成立，
即-3x2+2ax＞0恒成立，
∴
∴
（2）当x∈[0，1]时，tanθ=f′（x）=-3x2+2ax
∵
∴0≤-3x2+2ax≤1
在x∈[0，1]恒成立，由（1）知，当-3x2+2ax≥0时，
由
又
∴
解析
解：（1）f′（x）=-3x2+2ax，
由题设，当x∈（0，1）时，f′（a）＞0恒成立，
即-3x2+2ax＞0恒成立，
∴
∴
（2）当x∈[0，1]时，tanθ=f′（x）=-3x2+2ax
∵
∴0≤-3x2+2ax≤1
在x∈[0，1]恒成立，由（1）知，当-3x2+2ax≥0时，
由
又
∴
定义：F（x，y）=yx（x＞0，y＞0），已知数列{an}满足：an=
A
B2
C
D
正确答案
解析
解：an=
∴
∵2n2-（n+1）2=（n-1）2-2，当n≥3时，（n-1）2-2＞0，
∴当n≥3时an+1＞an；
当n＜3时，（n-1）2-2＜O，所以当n＜3时an+1＜an．
∴当n=3时an取到最小值为f（3）=
故答案为：
（2015秋•天水校级期末）若函数f（x）=x+alnx不是单调函数，则实数a的取值范围是（ ）
正确答案
解析
解：函数f（x）=x+alnx的定义域为：x＞0．
函数f（x）=x+alnx的导数为：f′（x）=1+
当a≥0时，f′（x）＞0，函数是增函数，
当a＜0时，函数f（x）=x+alnx不是单调函数，则实数a的取值范围是（-∞，0）．
故选：C．
已知函数f（x）=
（Ⅰ）若曲线y=f（x）在x=1和x=3处的切线互相平行，求a的值；
（Ⅱ）求f（x）的单调区间．
正确答案
解：∵函数
∴定义域为（0，+∞）
∴
（Ⅰ）∵曲线y=f（x）在x=1和x=3处的切线互相平行
∴f‘（1）=f'（3）
∴
（Ⅱ）∵
∴①当a≤0 时，x＞0，ax-1＜0，
在区间（0，2）上，f'（x）＞0；
在区间（2，+∞）上f'（x）＜0，
故f（x）的单调递增区间是（0，2），单调递减区间是（2，+∞）．
②当
在区间
故f（x）的单调递增区间是（0，2）和
③当
故f（x）的单调递增区间是（0，+∞）．
④当
在区间
故f（x）的单调递增区间是
解析
解：∵函数
∴定义域为（0，+∞）
∴
（Ⅰ）∵曲线y=f（x）在x=1和x=3处的切线互相平行
∴f‘（1）=f'（3）
∴
（Ⅱ）∵
∴①当a≤0 时，x＞0，ax-1＜0，
在区间（0，2）上，f'（x）＞0；
在区间（2，+∞）上f'（x）＜0，
故f（x）的单调递增区间是（0，2），单调递减区间是（2，+∞）．
②当
在区间
故f（x）的单调递增区间是（0，2）和
③当
故f（x）的单调递增区间是（0，+∞）．
④当
在区间
故f（x）的单调递增区间是
已知函数f（x）=（a+1）lnx+ax2+
（1）当a=-
（2）讨论函数f（x）的单调性；
（3）如果对任意x1，x2∈（0，+∞），|f（x1）-f（x2）|≥4|x1-x2|恒成立，求实数a的取值范围．
正确答案
解：（1）当a=-
f′（x）=
所以f（x）的增区间为（0，1），减区间为（1，+∞），…3分
所以f（x）max=f（1）=
（2）对函数f（x）=（a+1）lnx+ax2+
求导得：f′（x）=
对参数a进行讨论：
当a≥0时，f′（x）＞0，故f（x）在（0，+∞）上单调递增；…6分
当a≤-1时，f′（x）＜0，故f（x）在（0，+∞）上单调递减；…7分
当-1＜a＜0时，令f′（x）=0，解得x=
则当x∈（0，
故f（x）在∈（0，
（3）不妨设0＜x1＜x2，
①当a≥0时，f′（x）＞0，故f（x）在（0，+∞）上单调递增，即f（x2）-4x2≥f（x1）-4x1 恒成立；
构造函数g（x）=f（x）-4x，需证g（x）=f（x）-4x在（0，+∞）上单调递增，
即证g′（x）=f′（x）-4=
当a=0时，则由-4x+1＞0得x＜
根据二次函数y=2ax2-4x+a+1（x＞0）开口方向向上，对称轴x=
所以只需△≤0可得16-8a（a+1）≤0，解得a≥1（a≤-2舍去）；…10分
②当a≤-1时，f′（x）＜0，故f（x）在（0，+∞）上单调递减；去绝对值整理得，
f（x2）+4x2≥f（x1）+4x1 恒成立；构造函数g（x）=f（x）+4x，需证g（x）=f（x）+4x在（0，+∞）上单调递减，
即g′（x）=f′（x）+4=
根据二次函数y=2ax2+4x+a+1（x＞0）开口方向向下，对称轴x=-
所以只需△≤0可得16-8a（a+1）≤0，解得a≤-2，（a≥1舍去）；…12分
③当-1＜a＜0时，f（x）在∈（0，
|f（x1）-f（x2）|≥4|x1-x2|等价于f（x2）-4x2≥f（x1）-4x1 恒成立或者f（x2）+4x2≤f（x1）+4x1
恒成立，由前面过程可知：a≥1或a≤-2，这与-1＜a＜0不符，故此种情况无解；
综上可知，实数a的取值范围为（-∞，-2]∪[1，+∞）…14分
解析
解：（1）当a=-
f′（x）=
所以f（x）的增区间为（0，1），减区间为（1，+∞），…3分
所以f（x）max=f（1）=
（2）对函数f（x）=（a+1）lnx+ax2+
求导得：f′（x）=
对参数a进行讨论：
当a≥0时，f′（x）＞0，故f（x）在（0，+∞）上单调递增；…6分
当a≤-1时，f′（x）＜0，故f（x）在（0，+∞）上单调递减；…7分
当-1＜a＜0时，令f′（x）=0，解得x=
则当x∈（0，
故f（x）在∈（0，
（3）不妨设0＜x1＜x2，
①当a≥0时，f′（x）＞0，故f（x）在（0，+∞）上单调递增，即f（x2）-4x2≥f（x1）-4x1 恒成立；
构造函数g（x）=f（x）-4x，需证g（x）=f（x）-4x在（0，+∞）上单调递增，
即证g′（x）=f′（x）-4=
当a=0时，则由-4x+1＞0得x＜
根据二次函数y=2ax2-4x+a+1（x＞0）开口方向向上，对称轴x=
所以只需△≤0可得16-8a（a+1）≤0，解得a≥1（a≤-2舍去）；…10分
②当a≤-1时，f′（x）＜0，故f（x）在（0，+∞）上单调递减；去绝对值整理得，
f（x2）+4x2≥f（x1）+4x1 恒成立；构造函数g（x）=f（x）+4x，需证g（x）=f（x）+4x在（0，+∞）上单调递减，
即g′（x）=f′（x）+4=
根据二次函数y=2ax2+4x+a+1（x＞0）开口方向向下，对称轴x=-
所以只需△≤0可得16-8a（a+1）≤0，解得a≤-2，（a≥1舍去）；…12分
③当-1＜a＜0时，f（x）在∈（0，
|f（x1）-f（x2）|≥4|x1-x2|等价于f（x2）-4x2≥f（x1）-4x1 恒成立或者f（x2）+4x2≤f（x1）+4x1
恒成立，由前面过程可知：a≥1或a≤-2，这与-1＜a＜0不符，故此种情况无解；
综上可知，实数a的取值范围为（-∞，-2]∪[1，+∞）…14分
已知f（x）定义域为（0，+∞），f′（x）为f（x）的导函数，且满足f（x）＜-xf′（x），则不等式f（x+1）＞（x-1）f（x2-1）的解集是（ ）
正确答案
解析
解：设g（x）=xf（x），则g‘（x）=[xf（x）]'=x'f（x）+xf'（x）=xf′（x）+f（x）＜0，
∴函数g（x）在（0，+∞）上是减函数，
∵f（x+1）＞（x-1）f（x2-1），x∈（0，+∞），
∴（x+1）f（x+1）＞（x+1）（x-1）f（x2-1），
∴（x+1）f（x+1）＞（x2-1）f（x2-1），
∴g（x+1）＞g（x2-1），
∴x+1＜x2-1，
解得x＞2．
故选：D．
设函数f（x）的导函数为f′（x），对任意x∈R都有f′（x）＞f（x）成立，则3f（ln2）______2f（ln3）．（填“＞”、“＜”、“≥”或“≤”）
正确答案
＜
解析
解：令g（x）=
因为对任意x∈R都有f′（x）＞f（x），
所以g′（x）＞0，即g（x）在R上单调递增，
又ln2＜ln3，所以g（ln2）＜g（ln3），即
所以
故答案为：＜．
已知函数
（1）求f（x）的单调区间；
（2）如果P（x0，y0）是曲线y=f（x）上的点，且x0∈（0，3），若以P（x0，y0）为切点的切线的斜率
正确答案
解：（Ⅰ） 
则
因为a＞0，由f′（x）＞0，得x∈（a，+∞），
由f′（x）＜0，得x∈（0，a），
所以f（x）的单调递增区间为（a，+∞），单调递减区间为（0，a）．
（Ⅱ）由题意，以P（x0，y0）为切点的切线的斜率k满足
所以
又当x0＞0时，
所以a的最小值为
解析
解：（Ⅰ）
则
因为a＞0，由f′（x）＞0，得x∈（a，+∞），
由f′（x）＜0，得x∈（0，a），
所以f（x）的单调递增区间为（a，+∞），单调递减区间为（0，a）．
（Ⅱ）由题意，以P（x0，y0）为切点的切线的斜率k满足
所以
又当x0＞0时，
所以a的最小值为
（2015•龙海市校级模拟）已知函数f（x）=（mx+1）（lnx-3）．
（1）若m=1，求曲线y=f（x）在x=1的切线方程；
（2）若函数f（x）在（0，+∞）上是增函数，求实数m的取值范围．
（3）设点A（x1，f（x1）），B（x2，f（x2））满足lnx1-lnx2=3ln（x1x2）-8，（x1≠x2），判断是否存在点P （m，0），使得以AB为直径的圆恰好过P点，说明理由．
正确答案
解：（1）m=1时，f（x）=（x+1）（lnx-3），
∴f′（x）=（lnx-3）+（x+1）
所以切线方程为：x+y+5=0；
（2）f′（x）=
若函数f（x）在（0，+∞）上是增函数，则f′（x）≥0在（0，+∞）上恒成立，
有mx（lnx-2）+1≥0在（0，+∞）上恒成立，
设h（x）=x（lnx-2），h′（x）=lnx-1，h（x）在（0，e）是减函数，在（e，+∞）是增函数，
所以h（x）的值域为[-e，+∞），即mt+1≥0在[-e，+∞）上恒成立．
有
（3）依题意得
∴
=（x1-m）（x2-m）+（mx1+1）（lnx1-3）（mx2+1）（lnx2-3）
=x1 x2-m（x1+x2）+m2+[m2x1x2+m（x1+x2）+1][lnx1lnx2-3（lnx1+lnx2）+9]
=x1x2-m（x1+x2）+m2+[m2x1x2+m（x1+x2）+1]
=（1+m2）（x1x2+1）＞0，
∴不存在实数m，使得∠APB为直角．
解析
解：（1）m=1时，f（x）=（x+1）（lnx-3），
∴f′（x）=（lnx-3）+（x+1）
所以切线方程为：x+y+5=0；
（2）f′（x）=
若函数f（x）在（0，+∞）上是增函数，则f′（x）≥0在（0，+∞）上恒成立，
有mx（lnx-2）+1≥0在（0，+∞）上恒成立，
设h（x）=x（lnx-2），h′（x）=lnx-1，h（x）在（0，e）是减函数，在（e，+∞）是增函数，
所以h（x）的值域为[-e，+∞），即mt+1≥0在[-e，+∞）上恒成立．
有
（3）依题意得
∴
=（x1-m）（x2-m）+（mx1+1）（lnx1-3）（mx2+1）（lnx2-3）
=x1 x2-m（x1+x2）+m2+[m2x1x2+m（x1+x2）+1][lnx1lnx2-3（lnx1+lnx2）+9]
=x1x2-m（x1+x2）+m2+[m2x1x2+m（x1+x2）+1]
=（1+m2）（x1x2+1）＞0，
∴不存在实数m，使得∠APB为直角．
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