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

已知函数f（x）=x2-（a+2）x+alnx，其中常数a＞0．

（1）当a＞2时，求函数f（x）的单调递增区间；

（2）当a=4时，是否存在实数m，使得直线6x+y+m=0恰为曲线y=f（x）的切线？若存在，求出m的值；若不存在，说明理由；

（3）设定义在D上的函数y=h（x）的图象在点P（x0，h（x0））处的切线方程为l：y=g（x），当x≠x0时，若在D内恒成立，则称P为函数y=h（x）的“类对称点”．当a=4，试问y=f（x）是否存在“类对称点”？若存在，请至少求出一个“类对称点”的横坐标；若不存在，说明理由．

正确答案

解：（1）∵f（x）=x2-（a+2）x+alnx，

∴，其中x＞0，

令f‘（x）=0，得x=1或．

∵a＞2，∴．

当0＜x＜1及时，f'（x）＞0；

当时，f'（x）＜0；

∴f（x）的单调递增区间为．

（2）当a=4时，，其中x＞0，

令，方程无解，

∴不存在实数m使得直线6x+y+m=0恰为曲线y=f（x）的切线．

（3）由（2）知，当a=4时，函数y=f（x）在其图象上一点P（x0，f（x0））处的切线方程为，

设，

则φ（x0）=0．

若在上单调递减，

∴时，φ（x）＜φ（x0）=0，此时；

若在上单调递减，

∴时，φ（x）＞φ（x0）=0，此时．

∴y=f（x）在上不存在“类对称点”．

若，

∴φ（x）在（0，+∞）上是增函数，

当x＞x0时，φ（x）＞φ（x0）=0，

当x＜x0时，φ（x）＜φ（x0）=0，故．

即此时点P是y=f（x）的“类对称点”

综上，y=f（x）存在“类对称点”，是一个“类对称点”的横坐标．

解析

解：（1）∵f（x）=x2-（a+2）x+alnx，

∴，其中x＞0，

令f‘（x）=0，得x=1或．

∵a＞2，∴．

当0＜x＜1及时，f'（x）＞0；

当时，f'（x）＜0；

∴f（x）的单调递增区间为．

（2）当a=4时，，其中x＞0，

令，方程无解，

∴不存在实数m使得直线6x+y+m=0恰为曲线y=f（x）的切线．

（3）由（2）知，当a=4时，函数y=f（x）在其图象上一点P（x0，f（x0））处的切线方程为，

设，

则φ（x0）=0．

若在上单调递减，

∴时，φ（x）＜φ（x0）=0，此时；

若在上单调递减，

∴时，φ（x）＞φ（x0）=0，此时．

∴y=f（x）在上不存在“类对称点”．

若，

∴φ（x）在（0，+∞）上是增函数，

当x＞x0时，φ（x）＞φ（x0）=0，

当x＜x0时，φ（x）＜φ（x0）=0，故．

即此时点P是y=f（x）的“类对称点”

综上，y=f（x）存在“类对称点”，是一个“类对称点”的横坐标．

1

题型：简答题

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简答题

（理科）已知函数f（x）=alnx-ax-3（a∈R）．

（1）讨论函数f（x）的单调性；

（2）若函数y=f（x）的图象在点（2，f（2））处的切线的倾斜角为45°，对任意的t∈[1，2]，若函数在区间（t，3）上有最值，求实数m取值范围；

（3）求证：ln（22+1）+ln（32+1）+ln（42+1）+…+ln（n2+1）＜1+2lnn!（n≥2，n∈N*）

（文科）已知函数

（1）若x=-1是f（x）的极值点且f（x）的图象过原点，求f（x）的极值；

（2）若，在（1）的条件下，是否存在实数b，使得函数g（x）的图象与函数f（x）的图象恒有含x=-1的三个不同交点？若存在，求出实数b的取值范围；否则说明理由．

正确答案

解：（1），

当a＞0时，f（x）的单调增区间为（0，1]，减区间为[1，+∞）；

当a＜0时，f（x）的单调增区间为[1，+∞），减区间为（0，1]；

当a=0时，f（x）不是单调函数

（2）因为函数y=f（x）的图象在点（2，f（2））处的切线的倾斜角为45°，

所以f′（2）=1，所以a=-2，，

，g′（x）=3x2+（4+m）x-2，

因为对于任意的t∈[1，2]，函数在区间（t，3）上

总存在极值，所以只需，解得

（3）令a=-1（或a=1）

此时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，

∴当x∈（1，+∞）时f（x）＞f（1），即-lnx+x-1＞0，

∴lnx＜x-1对一切x∈（1，+∞）成立，

∵n≥2，n∈N*，

则有，

∴要证ln（22+1）+ln（32+1）+ln（42+1）+…+ln（n2+1）＜1+2lnn!

即要证，

而

=1-＜1．

（文科）（1）∵f（x）的图象过原点

∴c=0，f‘（x）=3ax2+x-2

∵x=-1是f（x）的极值点

∴f'（-1）=3a-1-2=0，解得a=1

∴f（x）=x3+x2-2x

（2）∵x=-1是函数g（x）的图象与函数f（x）的图象的公共点

∴f（-1）=g（-1）即d=

f（x）=x3+x2-2x=bx2-x+

化简得（x2-1）（x-+）=0

∵函数g（x）的图象与函数f（x）的图象恒有含x=-1的三个不同交点

∴≠±1

即b∈（-∞，-1）∪（-1，3）∪（3，+∞）

解析

解：（1），

当a＞0时，f（x）的单调增区间为（0，1]，减区间为[1，+∞）；

当a＜0时，f（x）的单调增区间为[1，+∞），减区间为（0，1]；

当a=0时，f（x）不是单调函数

（2）因为函数y=f（x）的图象在点（2，f（2））处的切线的倾斜角为45°，

所以f′（2）=1，所以a=-2，，

，g′（x）=3x2+（4+m）x-2，

因为对于任意的t∈[1，2]，函数在区间（t，3）上

总存在极值，所以只需，解得

（3）令a=-1（或a=1）

此时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，

∴当x∈（1，+∞）时f（x）＞f（1），即-lnx+x-1＞0，

∴lnx＜x-1对一切x∈（1，+∞）成立，

∵n≥2，n∈N*，

则有，

∴要证ln（22+1）+ln（32+1）+ln（42+1）+…+ln（n2+1）＜1+2lnn!

即要证，

而

=1-＜1．

（文科）（1）∵f（x）的图象过原点

∴c=0，f‘（x）=3ax2+x-2

∵x=-1是f（x）的极值点

∴f'（-1）=3a-1-2=0，解得a=1

∴f（x）=x3+x2-2x

（2）∵x=-1是函数g（x）的图象与函数f（x）的图象的公共点

∴f（-1）=g（-1）即d=

f（x）=x3+x2-2x=bx2-x+

化简得（x2-1）（x-+）=0

∵函数g（x）的图象与函数f（x）的图象恒有含x=-1的三个不同交点

∴≠±1

即b∈（-∞，-1）∪（-1，3）∪（3，+∞）

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题型：单选题

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单选题

使函数y=xsinx+cosx是增函数的区间可能是（　　）

A（，）

B（π，2π）

C（，）

D（2π，3π）

正确答案

C

解析

解：y′=（xsinx+cosx）′=sinx+xcosx-sinx=xcosx，

当x∈（，）时，恒有xcosx＞0．

故选：C．

1

题型：简答题

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简答题

已知函数f（x）=，其中a为实数．

（Ⅰ）当a≥1时，判断函数y=f（x）的单调区间；

（Ⅱ）是否存在实数a，使得对任意x∈（0，1）∪（1，+∞），f（x）＞恒成立？若不存在，请说明理由，若存在，求出a的值．

正确答案

解：（I）∵f（x）的定义域为（0，1）∪（1，+∞），

且，

令，

∴g′（x）=-，

当x＞a时，g‘（x）＞0，g（x）在（a，+∞）上单调递增；

当0＜x＜a时，g'（x）＜0，g（x）在（0，a）上单调递减；

又a≥1，

∴g（x）≥gmin（x）=g（a）=lna≥0，

∴f'（x）≥0，

∴f（x）在（0，1）和（1，+∞）上均单调递增．

（II）（1）当a＞0且a≠1时，，故不符合；

（2）当a≤0时，，故也不符合；

（3）当a=1时，令，

则

∴h（x）在（0，1）与（1，+∞）上均单调递增，

∴当0＜x＜1时，

即

当x＞1时，

即，

故a=1符合．

综合（1）（2）（3）知，

存在a=1使得恒成立．

解析

解：（I）∵f（x）的定义域为（0，1）∪（1，+∞），

且，

令，

∴g′（x）=-，

当x＞a时，g‘（x）＞0，g（x）在（a，+∞）上单调递增；

当0＜x＜a时，g'（x）＜0，g（x）在（0，a）上单调递减；

又a≥1，

∴g（x）≥gmin（x）=g（a）=lna≥0，

∴f'（x）≥0，

∴f（x）在（0，1）和（1，+∞）上均单调递增．

（II）（1）当a＞0且a≠1时，，故不符合；

（2）当a≤0时，，故也不符合；

（3）当a=1时，令，

则

∴h（x）在（0，1）与（1，+∞）上均单调递增，

∴当0＜x＜1时，

即

当x＞1时，

即，

故a=1符合．

综合（1）（2）（3）知，

存在a=1使得恒成立．

1

题型：简答题

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简答题

设函数f（x）=ax-lnx，g（x）=ex-ax，其中a为正实数．

（l）若x=0是函数g（x）的极值点，讨论函数f（x）的单调性；

（2）若f（x）在（1，+∞）上无最小值，且g（x）在（1，+∞）上是单调增函数，求实数a的取值范围．

正确答案

解：（1）g′（x）=ex-a，由g′（0）=1-a=0得：a=1，

∴f（x）=x-lnx，f（x）的定义域为：（0，+∞），

∴f′（x）=1-，

令f′（x）＞0，解得：x＞1，令f′（x）＜0，解得：0＜x＜1，

∴函数f（x）的增区间为（1，+∞），减区间为（0，1）；

（2）由f′（x）=a-=，

若0＜a＜1，则f（x）在（1，+∞）上有最小值f（a），

当a≥1时，f（x）在（1，+∞）单调递增无最小值

∵g（x）在（1，+∞）上是单调增函数，

∴g′（x）=ex-a≥0在（1，+∞）上恒成立

∴a≤e，

综上所述a的取值范围为[1，e]．

解析

解：（1）g′（x）=ex-a，由g′（0）=1-a=0得：a=1，

∴f（x）=x-lnx，f（x）的定义域为：（0，+∞），

∴f′（x）=1-，

令f′（x）＞0，解得：x＞1，令f′（x）＜0，解得：0＜x＜1，

∴函数f（x）的增区间为（1，+∞），减区间为（0，1）；

（2）由f′（x）=a-=，

若0＜a＜1，则f（x）在（1，+∞）上有最小值f（a），

当a≥1时，f（x）在（1，+∞）单调递增无最小值

∵g（x）在（1，+∞）上是单调增函数，

∴g′（x）=ex-a≥0在（1，+∞）上恒成立

∴a≤e，

综上所述a的取值范围为[1，e]．

1

题型：单选题

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单选题

函数f（x）=++cx+d（a＜b）在R上单调递增，则的最小值为（　　）

A1

B3

C4

D9

正确答案

B

解析

解：f′（x）=ax2+bx+c．

∵三次函数f（x）=++cx+d（a＜b）在R上单调递增，

∴f′（x）≥0在R上恒成立（不恒等于0），

∴，即a＞0，b2≤4ac，

∴，

∴=，

令，=

（当且仅当t=4，即b=4a=4c时取“=”）

故选：

1

题型：简答题

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简答题

已知函数f（x）=．

（I）求函数f（x）的单调区间；

（II）若函数f（x）在区间（t，t+）（t＞0）上不是单调函数，求实数t的取值范围；

（III）如果当x≥1时，不等式f（x）≥恒成立，求实数a的取值范围．

正确答案

解：（I）∵f（x）=，x＞0，故f′（x）=-，

则当x∈（0，1）时，f′（x）＞0，当x∈（1，+∞）时，f′（x）＜0；

故f（x）的单调增区间为（0，1），单调减区间为（1，+∞）；

（II）∵f（x）的单调增区间为（0，1），单调减区间为（1，+∞）；

∴t＜1＜t+，

故＜t＜1；

故实数t的取值范围为（，1）；

（III）不等式f（x）≥可化为a≤，

令g（x）=，

则当x≥1时，不等式f（x）≥恒成立可化为

a≤gmin（x），（x≥1）；

而g′（x）=；

令h（x）=x-lnx；则h′（x）=1-≥0；

故h（x）在[1，+∞）上是增函数，

故h（x）≥h（1）≥1；

故g′（x）=＞0；

故g（x）=在[1，+∞）上是增函数，

故gmin（x）=g（1）=2，

故a≤2；

故实数a的取值范围为（-∞，2]．

解析

解：（I）∵f（x）=，x＞0，故f′（x）=-，

则当x∈（0，1）时，f′（x）＞0，当x∈（1，+∞）时，f′（x）＜0；

故f（x）的单调增区间为（0，1），单调减区间为（1，+∞）；

（II）∵f（x）的单调增区间为（0，1），单调减区间为（1，+∞）；

∴t＜1＜t+，

故＜t＜1；

故实数t的取值范围为（，1）；

（III）不等式f（x）≥可化为a≤，

令g（x）=，

则当x≥1时，不等式f（x）≥恒成立可化为

a≤gmin（x），（x≥1）；

而g′（x）=；

令h（x）=x-lnx；则h′（x）=1-≥0；

故h（x）在[1，+∞）上是增函数，

故h（x）≥h（1）≥1；

故g′（x）=＞0；

故g（x）=在[1，+∞）上是增函数，

故gmin（x）=g（1）=2，

故a≤2；

故实数a的取值范围为（-∞，2]．

1

题型：单选题

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单选题

已知定义在实数解R上的函数f（x）满足f（1）=2，且f（x）的导函数f′（x）在R上恒有f′（x）＜1，则不等式f（x）＜x+1的解集为（　　）

A（-1，1）

B（-∞，-1）

C（1，+∞）

D（-∞，-1）∪（1，+∞）

正确答案

C

解析

解：令g（x）=f（x）-x-1，由f′（x）＜1，

则g′（x）=f′（x）-1＜0，g（x）在R上递减，

又f（1）=2，则g（1）=f（1）-1-1=0，

则不等式f（x）＜x+1，即为g（x）＜0，

又g（1）=0，

即有g（x）＜g（1），

由g（x）为递减函数，则x＞1．

故选C．

1

题型：单选题

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单选题

f′（x）的图象如图所示，则f（x）的图象可能是（　　）

A

B

C

D

正确答案

D

解析

解：由导函数f′（x）的图象可知，

f′（x）在x∈（0，1）上恒大于零，在x∈（-1，0）上恒小于0，

由函数的导数与函数的单调性关系可以知道，

函数f（x）在x∈（0，1）上单调递增，在x∈（-1，0）上单调递减，结合选项可知选D．

故选D．

1

题型：简答题

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简答题

己知函数h（x）=lnx-x-有两个极值点x1，x2，且x1＜x2．

（1）写出函数h（x）的单调区间（用x1，x2表示，不需要说明理由）

（2）如果函数F（x）=h（x）+x在（1，b）上为增函数．求b的取值范围

（3）当h（x1）+ln3+＜-+x2时．求h（x2）-x1的取值范围．

正确答案

解：（1）函数h（x）的单调增区间是（x1，x2），单调减区间是（0，x1），（x2，+∞）；

（2）函数F（x）=h（x）+x=lnx-x-，∴F′（x）=

∵在（1，b）上为增函数，

∴b＜1+，

∵函数h（x）=lnx-x-有两个极值点x1，x2，h′（x）=，

∴△=1+4m＞0，∴2m＞-，

∴＞，

∴b≤1+，

∴1＜b≤1+；

（3）h′（x）==0的两个根分别为x1，x2，

∴x1，x2是x2-x-m=0的两个正实数根，

∴x1+x2=1，x1x2=-m

当h（x1）+ln3+＜-+x2时，lnx1-x1-+ln3+＜-+x2，

∴+ln（1-x2）+x2+ln3-＜0．

显然＜x2＜1

设f（x2）=+ln（1-x2）+x2+ln3-，

∴f′（x2）=＜0，

∴f（x2）在（，1）上单调递减，

∵f（）=0，

∴f（x2）＜0=f（），

∴＜x2＜1

∴h（x2）-x1=lnx2-x2，

设φ（x2）=lnx2-x2，＜x2＜1

∵φ′（x2）=-1＞0，

∴φ（x2）在（，1）上单调递减

∴φ（x2）∈（ln-，-1）

∴h（x2）-x1的取值范围是（ln-，-1）．

解析

解：（1）函数h（x）的单调增区间是（x1，x2），单调减区间是（0，x1），（x2，+∞）；

（2）函数F（x）=h（x）+x=lnx-x-，∴F′（x）=

∵在（1，b）上为增函数，

∴b＜1+，

∵函数h（x）=lnx-x-有两个极值点x1，x2，h′（x）=，

∴△=1+4m＞0，∴2m＞-，

∴＞，

∴b≤1+，

∴1＜b≤1+；

（3）h′（x）==0的两个根分别为x1，x2，

∴x1，x2是x2-x-m=0的两个正实数根，

∴x1+x2=1，x1x2=-m

当h（x1）+ln3+＜-+x2时，lnx1-x1-+ln3+＜-+x2，

∴+ln（1-x2）+x2+ln3-＜0．

显然＜x2＜1

设f（x2）=+ln（1-x2）+x2+ln3-，

∴f′（x2）=＜0，

∴f（x2）在（，1）上单调递减，

∵f（）=0，

∴f（x2）＜0=f（），

∴＜x2＜1

∴h（x2）-x1=lnx2-x2，

设φ（x2）=lnx2-x2，＜x2＜1

∵φ′（x2）=-1＞0，

∴φ（x2）在（，1）上单调递减

∴φ（x2）∈（ln-，-1）

∴h（x2）-x1的取值范围是（ln-，-1）．

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