- 导数在研究函数中的应用
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已知函数f（x）=ax3+
（Ⅰ）若曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线与直线x-4y+8=0垂直，求a的值；
（Ⅱ）求函数f（x）的单调区间．
正确答案
解：（Ⅰ）f′（x）=3ax2+（a2-3）x-a．
因为曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线与直线x-4y+8=0垂直，
所以f′（1）=-4，即f′（1）=a2+2a-3=-4，解得a=-1．
（Ⅱ）f（x）的定义域为R，f′（x）=（ax-1）（3x+a）．
（1）当a=0时，f′（x）=-3x．令f′（x）=0，得x=0．
当x变化时，f（x）与f′（x）的变化情况如下表：
所以f（x）的增区间为（-∞，0），减区间为（0，+∞）．
（2）当a≠0时，令f′（x）=0，得x=
①当a＞0时，
当x变化时，f（x）与f′（x）的变化情况如下表：
所以f（x）的增区间为（-∞，-），（，+∞），减区间为（-，），
②当a＜0时，＜0，-＞0，所以-＞．
当x变化时，f（x）与f′（x）的变化情况如下表：
所以f（x）的增区间为（，-），减区间为（-∞，）和（-，+∞）．
解析
解：（Ⅰ）f′（x）=3ax2+（a2-3）x-a．
因为曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线与直线x-4y+8=0垂直，
所以f′（1）=-4，即f′（1）=a2+2a-3=-4，解得a=-1．
（Ⅱ）f（x）的定义域为R，f′（x）=（ax-1）（3x+a）．
（1）当a=0时，f′（x）=-3x．令f′（x）=0，得x=0．
当x变化时，f（x）与f′（x）的变化情况如下表：
所以f（x）的增区间为（-∞，0），减区间为（0，+∞）．
（2）当a≠0时，令f′（x）=0，得x=
①当a＞0时，
当x变化时，f（x）与f′（x）的变化情况如下表：
所以f（x）的增区间为（-∞，-），（，+∞），减区间为（-，），
②当a＜0时，＜0，-＞0，所以-＞．
当x变化时，f（x）与f′（x）的变化情况如下表：
所以f（x）的增区间为（，-），减区间为（-∞，）和（-，+∞）．
若函数y=x3+ax在（-∞，+∞）内单调递增，则实数a的取值范围是______．
正确答案
a≥0
解析
解：∵f（x）=x3+ax∴f‘（x）=3x2+a
∵f（x）在R上单调递增∴f'（x）=3x2+a≥0在R上恒成立 即-a≤3x2在R上恒成立
-a小于等于3x2的最小值即可∴-a≤0
故答案为：a≥0．
己知定义在R上的函数y=f（x）满足f（x）=f（4-x），且当x≠2时，其导函数f′（x）满足f′（x）＞
正确答案
解析
解：∵定义在R上的函数y=f（x）满足f（x）=f（4-x），
∴函数f（x）关于x=2对称，
由f′（x）＞
得（x-2）f′（x）＜0，
则x＞2时，f′（x）＜0，此时函数单调递减，
当x＜2时，f′（x）＞0，此时函数单调递增．
∴当x=2时，f（x）取得极大值，同时也是最大值．
若a∈（2，3），
则4＜2a＜8，1＜log2a＜2，
∴2＜4-log2a＜3，
∴2＜4-log2a＜2a，
即f（2）＞f（4-log2a）＞f（2a），
即f（2a）＜f（log2a）＜f（2），
故选：C
已知定义在实数集R上的函数f（x）=ax3+bx2+cx+d，其中a，b，c，d是实数．
（1）若函数f（x）在区间（-∞，-1）和（3，+∞）上都是增函数，在区间（-1，3）上是减函数，并且f（0）=-7，f′（0）=-18，求函数f（x）的表达式；
（2）若a，b，c满足b2-3ac＜0，求证：函数f（x）是单调函数．
正确答案
解（1）f′（x）=3ax2+2bx+c．
由f‘（0）=-18得c=-18，即f′（x）=3ax2+2bx-18．（3分）
又由于f（x）在区间（-∞，-1）和（3，+∞）上是增函数，在区间（-1，3）上是减函数，
所以-1和3必是f′（x）=0的两个根．
从而
又根据f（0）=-7，所以f（x）=2x3-6x2-18x-7（7分）
（2）f′（x）=3ax2+2bx+c由条件b2-3ac＜0可知a≠0，c≠0．（9分）
因为f'（x）为二次三项式，
并且△=（2b）2-4（3ac）=4（b2-3ac）＜0，
所以，当a＞0时，f'（x）＞0恒成立，此时函数f（x）是单调递增函数；
当a＜0时，f'（x）＜0恒成立，此时函数f（x）是单调递减函数．
因此，对任意给定的实数a，函数f（x）总是单调函数．（12分）
解析
解（1）f′（x）=3ax2+2bx+c．
由f‘（0）=-18得c=-18，即f′（x）=3ax2+2bx-18．（3分）
又由于f（x）在区间（-∞，-1）和（3，+∞）上是增函数，在区间（-1，3）上是减函数，
所以-1和3必是f′（x）=0的两个根．
从而
又根据f（0）=-7，所以f（x）=2x3-6x2-18x-7（7分）
（2）f′（x）=3ax2+2bx+c由条件b2-3ac＜0可知a≠0，c≠0．（9分）
因为f'（x）为二次三项式，
并且△=（2b）2-4（3ac）=4（b2-3ac）＜0，
所以，当a＞0时，f'（x）＞0恒成立，此时函数f（x）是单调递增函数；
当a＜0时，f'（x）＜0恒成立，此时函数f（x）是单调递减函数．
因此，对任意给定的实数a，函数f（x）总是单调函数．（12分）
函数y=xlnx的单调递减区间是______．
正确答案
（ 0，e-1）
解析
解：函数的定义域为x＞0
∵y′=lnx+1
令lnx+1＜0得
0＜x＜e-1
∴函数y=xlnx的单调递减区间是（ 0，e-1）
故答案为（ 0，e-1）
A
B
C
D
正确答案
解析
解：根据f（x）图象可以看出：x＜0时，f（x）是增函数；
x＞0时的单调性是：先增，再减，最后增；
∴对应的f′（x）的符号为：x＜0时，f′（x）≥0；
x＞0时，f′（x）符号的变化过程为：大于0，小于0，再大于0；
所以符合这样的导数符号的图象为D．
故选：D．
已知函数f（x）=
（Ⅰ）讨论函数f（x）的单调性；
（Ⅱ）若a=1，函数g（x）=（x-m）f（x）-
正确答案
解：（Ⅰ）定义域为（-∞，+∞），f′（x）=e2x-a，
当a≤0时，f′（x）＞0，所以f（x）在（-∞，+∞）上为增函数；…（2分）
当a＞0时，由f′（x）=0得
当
所以f（x）在
（Ⅱ）当a=1时，
若g（x）在区间（0，+∞）上为增函数，
则g′（x）=（x-m）（e2x-1）+x+1≥0在（0，+∞）恒成立，
即
令
可知
又当x∈（0，+∞）时L′（x）=2e2x-2＞0，
所以函数L（x）=e2x-2x-3在x∈（0，+∞）只有一个零点，…（8分）
设为a，即e2a=2a+3，且
由上可知当x∈（0，a）时L（x）＜0，即h′（x）＜0；当x∈（a，+∞）时L（x）＞0，即h′（x）＞0，
所以
将e2a=2a+3代入上式可得h（a）=
由于m≤h（x）恒成立，所以m≤h（a），又因为m为整数，
所以m≤1，所以整数m的最大值为1．…（12分）
解析
解：（Ⅰ）定义域为（-∞，+∞），f′（x）=e2x-a，
当a≤0时，f′（x）＞0，所以f（x）在（-∞，+∞）上为增函数；…（2分）
当a＞0时，由f′（x）=0得
当
所以f（x）在
（Ⅱ）当a=1时，
若g（x）在区间（0，+∞）上为增函数，
则g′（x）=（x-m）（e2x-1）+x+1≥0在（0，+∞）恒成立，
即
令
可知
又当x∈（0，+∞）时L′（x）=2e2x-2＞0，
所以函数L（x）=e2x-2x-3在x∈（0，+∞）只有一个零点，…（8分）
设为a，即e2a=2a+3，且
由上可知当x∈（0，a）时L（x）＜0，即h′（x）＜0；当x∈（a，+∞）时L（x）＞0，即h′（x）＞0，
所以
将e2a=2a+3代入上式可得h（a）=
由于m≤h（x）恒成立，所以m≤h（a），又因为m为整数，
所以m≤1，所以整数m的最大值为1．…（12分）
设函数f（x）=kx3+3（k-1）x2-k2+1在区间（0，4）上是增函数，则k的取值范围是______．
正确答案
[1，+∞）
解析
解：f‘（x）=3kx2+6（k-1）x，
∵函数f（x）=kx3+3（k-1）x2-k2+1在区间（0，4）上是增函数，
∴f'（x）=3kx2+6（k-1）x≥0在区间（0，4）上恒成立
当k=0时，f'（x）=-6x＜0，显然不成立；
当k＞0时，由于二次函数y=3kx2+6（k-1）x，开口向上，始终过原点，
对称轴为x=-
只有当
当k＜0时，由于二次函数y=3kx2+6（k-1）x，开口向下，始终过原点，
对称轴为x=
只有当
综上，可知k≥1
故答案为：[1，+∞）．
已知曲线f（x）=x（a+b•lnx）过点P（1，3），且在点P处的切线恰好与直线2x+3y=0垂直．
求（Ⅰ） 常数a，b的值；（Ⅱ）f（x）的单调区间．
正确答案
解 （Ⅰ）据题意f（1）=3，所以a=3（1）
又曲线在点P处的切线的斜率为
∴f‘（1）=3，即
由（1）（2）解得
（Ⅱ）
∴当x∈（0，e）时，f'（x）＞0；当x∈（e，+∞）时，f'（x）＜0．
∴f（x）的单调区间为（0，e），（e，+∞），在区间（0，e）上是增函数，在区间（e，+∞）上是减函数．
解析
解 （Ⅰ）据题意f（1）=3，所以a=3（1）
又曲线在点P处的切线的斜率为
∴f‘（1）=3，即
由（1）（2）解得
（Ⅱ）
∴当x∈（0，e）时，f'（x）＞0；当x∈（e，+∞）时，f'（x）＜0．
∴f（x）的单调区间为（0，e），（e，+∞），在区间（0，e）上是增函数，在区间（e，+∞）上是减函数．
设函数f（x）在R上存在导数f′（x），对任意的x∈R有f（-x）+f（x）=x2，且在（0，+∞）上f′（x）＞x．若f（2-a）-f（a）≥2-2a，则实数a的取值范围______．
正确答案
（-∞，1]
解析
解：令g（x）=f（x）-
∵g（-x）+g（x）=f（-x）-
∴函数g（x）为奇函数．
∵x∈（0，+∞）时，g′（x）=f′（x）-x＞0，
故函数g（x）在（0，+∞）上是增函数，故函数g（x）在（-∞，0）上也是增函数，
由f（0）=0，可得g（x）在R上是增函数．
f（2-a）-f（a）≥2-2a，等价于f（2-a）-
∴2-a≥a，解得a≤1，
故答案为：（-∞，1]．
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