導數(shù)的應用練習題及詳解

一、導數(shù)應用單調(diào)區(qū)間：一般地，設函數(shù)在某個區(qū)間可導，如果，那么為增函數(shù)；如果，那么為減函數(shù)；如果在某區(qū)間內(nèi)恒有，那么為常數(shù)；2．極點與極值：曲線在極值點處切線的斜率為0，極值點處的導數(shù)為0；曲線在極大值點左側(cè)切線的斜率為正，右側(cè)為負；曲線在極小值點左側(cè)切線的斜率為負，右側(cè)為正；二、導數(shù)應用的細節(jié)1、導數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性的關系㈠與為增函數(shù)的關系。能推出為增函數(shù)，但反之不一定。如函數(shù)在上單調(diào)遞增，但，∴是為增函數(shù)的充分不必要條件。㈡時，與為增函數(shù)的關系。假設將的根作為分界點，因為規(guī)定，即摳去了分界點，此時為增函數(shù)，就一定有。∴當時，是為增函數(shù)的充分必要條件。㈢與為增函數(shù)的關系。為增函數(shù)，一定可以推出，但反之不一定，因為，即為或。當函數(shù)在某個區(qū)間內(nèi)恒有，那么為常數(shù)，函數(shù)不具有單調(diào)性。∴是為增函數(shù)的必要不充分條件。㈣單調(diào)區(qū)間的求解過程，分析的定義域;〔2〕求導數(shù)〔3〕解不等式，解集在定義域內(nèi)的局部為增區(qū)間〔4〕解不等式，解集在定義域內(nèi)的局部為減區(qū)間。我們在應用導數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性時一定要搞清以下三個關系，才能準確無誤地判斷函數(shù)的單調(diào)性。以下以增函數(shù)為例作簡單的分析，前提條件都是函數(shù)在某個區(qū)間內(nèi)可導。2、求極值、求最值。用導數(shù)判別f(x0)是極大、極小值的思路:假設滿足，且在的兩側(cè)的導數(shù)異號，那么是的極值點，是極值，并且如果在兩側(cè)滿足“左正右負〞，那么是的極大值點，是極大值；如果在兩側(cè)滿足“左負右正〞，那么是的極小值點，是極小值1．設f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a>0)，那么f(x)為R上增函數(shù)的充要條件是()A．b2－4ac>0B．b>0，c>0C．b＝0，c>0D．b2－3ac<0[答案]D[解析]∵a>0，f(x)為增函數(shù)，∴f′(x)＝3ax2＋2bx＋c>0恒成立，∴Δ＝(2b)2－4×3a×c＝4b2－12ac<0，∴b2－3ac<0.2．(2023·廣東，8)函數(shù)f(x)＝(x－3)ex的單調(diào)遞增區(qū)間是()A．(－∞，2)B．(0,3)C．(1,4)D．(2，＋∞)[答案]D[解析]考查導數(shù)的簡單應用．f′(x)＝(x－3)′ex＋(x－3)(ex)′＝(x－2)ex，令f′(x)>0，解得x>2，應選D.3．函數(shù)y＝f(x)(x∈R)上任一點(x0，f(x0))處的切線斜率k＝(x0－2)(x0＋1)2，那么該函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間為()A．[－1，＋∞)B．(－∞，2]C．(－∞，－1)和(1,2)D．[2，＋∞)[答案]B[解析]令k≤0得x0≤2，由導數(shù)的幾何意義可知，函數(shù)的單調(diào)減區(qū)間為(－∞，2]．4．函數(shù)y＝xf′(x)的圖象如圖(1)所示(其中f′(x)是函數(shù)f(x)的導函數(shù))，下面四個圖象中，y＝f(x)的圖象大致是()[答案]C[解析]當0<x<1時xf′(x)<0∴f′(x)<0，故y＝f(x)在(0,1)上為減函數(shù)當x>1時xf′(x)>0，∴f′(x)>0，故y＝f(x)在(1，＋∞)上為增函數(shù)，因此否認A、B、D應選C.5．函數(shù)y＝xsinx＋cosx，x∈(－π，π)的單調(diào)增區(qū)間是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－π，－\f(π,2)))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－π，－\f(π,2)))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))[答案]A[解析]y′＝xcosx，當－π<x<－eq\f(π,2)時，cosx<0，∴y′＝xcosx>0，當0<x<eq\f(π,2)時，cosx>0，∴y′＝xcosx>0.6．對于R上可導的任意函數(shù)f(x)，假設滿足(x－1)f′(x)≥0，那么必有()A．f(0)＋f(2)<2f(1)B．f(0)＋f(2)≤2f(1)C．f(0)＋f(2)≥2f(1)D．f(0)＋f(2)>2f(1)[答案]C[解析]由(x－1)f′(x)≥0得f(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，在(－∞，1]上單調(diào)遞減或f(x)恒為常數(shù)，故f(0)＋f(2)≥2f(1)．故應選C.7．y＝eq\f(1,3)x3＋bx2＋(b＋2)x＋3在R上不是單調(diào)增函數(shù)，那么b的范圍為________．[答案]b<－1或b>2[解析]假設y′＝x2＋2bx＋b＋2≥0恒成立，那么Δ＝4b2－4(b＋2)≤0，∴－1≤b≤2，由題意b＜－1或b＞2.8．函數(shù)f(x)＝ax－lnx，假設f(x)＞1在區(qū)間(1，＋∞)內(nèi)恒成立，實數(shù)a的取值范圍為________．[答案]a≥1[解析]由a＞eq\f(1＋lnx,x)在區(qū)間(1，＋∞)內(nèi)恒成立．設g(x)＝eq\f(1＋lnx,x)，那么g′(x)＝－eq\f(lnx,x2)＜0(x＞1)，∴g(x)＝eq\f(1＋lnx,x)在區(qū)間(1，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞減，∴g(x)＜g(1)，∵g(1)＝1，∴eq\f(1＋lnx,x)＜1在區(qū)間(1，＋∞)內(nèi)恒成立，∴a≥1.9．設函數(shù)f(x)＝x3－3ax2＋3bx的圖象與直線12x＋y－1＝0相切于點(1，－11)．(1)求a、b的值；(2)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性．[解析](1)求導得f′(x)＝3x2－6ax＋3b.由于f(x)的圖象與直線12x＋y－1＝0相切于點(1，－11)，所以f(1)＝－11，f′(1)＝－12，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－3a＋3b＝－11,3－6a＋3b＝－12))，解得a＝1，b＝－3.(2)由a＝1，b＝－3得f′(x)＝3x2－6ax＋3b＝3(x2－2x－3)＝3(x＋1)(x－3)．令f′(x)>0，解得x<－1或x>3；又令f′(x)<0，解得－1<x<3.所以當x∈(－∞，－1)時，f(x)是增函數(shù)；當x∈(3，＋∞)時，f(x)也是增函數(shù)；當x∈(－1,3)時，f(x)是減函數(shù)．10.在區(qū)間上的最大值是(A)-2(B)0(C)2(D)4解：，令可得x＝0或2〔2舍去〕，當－1x0時，0，當0x1時，0，所以當x＝0時，f〔x〕取得最大值為2。選C11.假設f(x)=x3＋3ax2＋3(a＋2)x＋1有極大值和極小值，那么a的取值范圍是___。答案:a>2或a<-1。提示：∵f(x)既有極大值又有極小值,有兩個不同的解。12．f〔x〕=1+3sinx+4cosx取得最大值時，tanx=解答：f′〔X〕=3cosx－4sinx=0tanx=，f(X)在tanx=時取得最大值，即填。13設函數(shù)，是奇函數(shù)?！并瘛城?、的值?！并颉城蟮膯握{(diào)區(qū)間與極值。思路分析：先求出,再利用奇函數(shù)定義即可求出b,c的值，再利用導數(shù)這一工具，可求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間及極值解析：〔Ⅰ〕∵，∴。從而＝是一個奇函數(shù)，所以得，由奇函數(shù)定義得；〔Ⅱ〕由〔Ⅰ〕知，從而，令=0，解得，由，由此可知，函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間是和；單調(diào)遞減區(qū)間是；進而得在時，取得極大值，極大值為，在時，取得極小值，極小值為。14設a為實數(shù),函數(shù)求的極值.解：(I)=3－2－1假設=0，那么==－，=1當變化時，，變化情況如下表：(－∞，－)－(－，1)1(1，+∞)+0－0+極大值極小值∴的極大值是，極小值是15a為實數(shù)，〔1〕假設，求在[－2，2]上的最大值和最小值；思路分析：〔1〕按照利用導數(shù)求函數(shù)的最值的步驟去求解。〔2〕當函數(shù)f(x)在給定的區(qū)間上遞增時，那么在該區(qū)間上恒有,從而得到關于a的不等式。解:(Ⅰ)由原式得∴由得,此時有.由得或x=－1,當變化時，的變化如下表-遞增極大值遞減極小值遞增所以f(x)在[－2,2]上的最大值為最小值為16函數(shù)的圖象為曲線E.(Ⅰ)假設曲線E上存在點P，使曲線E在P點處的切線與x軸平行，求a,b的關系；(Ⅱ)說明函數(shù)可