nbhkdz.com冰点文库

导数(理科)


已知函数 f(x)=ax2+1(a>0),g(x)=x3+bx. (1)若曲线 y=f(x)与曲线 y=g(x)在它们的交点(1,c)处具有公共切线,求 a,b 的值; (2)当 a2=4b 时,求函数 f(x)+g(x)的单调区间,并求其在区间(-∞,-1]上的最大值. 解:(1)f′(x)=2ax,g′(x)=3x2+b. 因为曲线 y=f(x)与曲线 y=g(x)在它

们的交点(1,c)处具有公共切线,所以 f(1)=g(1),且 f′(1)=g′(1). 即 a+1=1+b,且 2a=3+b, 解得 a=3,b=3. 1 (2)记 h(x)=f(x)+g(x).当 b= a2 时, 4 1 2 h(x)=x3+ax2+ a x+1, 4 1 h′(x)=3x2+2ax+ a2. 4 a a 令 h′(x)=0,得 x1=- ,x2=- . 2 6 a>0 时,h(x)与 h′(x)的情况如下: x h′(x) h(x)

?-∞,-a? 2? ?
+ ?

0 - + ? ? a? ? a 所 以 函 数 h(x) 的 单 调 递 增 区 间 为 ?-∞,-2? 和 ?-6,+∞? ; 单 调 递 减 区 间 为 ? ? a a? ?- ,- . 6? ? 2 a 当- ≥-1,即 0<a≤2 时, 2 函数 h(x)在区间(-∞,-1]上单调递增,h(x)在区间(-∞,-1]上的最大值为 h(-1)= 1 a- a2. 4 a a 当- <-1,且- ≥-1,即 2<a≤6 时, 2 6 a a 函数 h(x)在区间?-∞,-2?内单调递增, 在区间?-2,-1?上单调递减, h(x)在区间(- ? ? ? ? a ∞,-1]上的最大值为 h?-2?=1. ? ? a a a a 当- <-1,即 a>6 时,函数 h(x)在区间?-∞,-2?内单调递增,在区间?-2,-6?内 ? ? ? ? 6 a 单调递减,在区间?-6,-1?上单调递增, ? ? a? 1 又因 h?-2?-h(-1)=1-a+ a2 ? 4 1 = (a-2)2>0, 4 所以 h(x)在区间(-∞,-1]上的最大值为 a h?-2?=1. ? ?

a - 2 0

?-a,-a? 6? ? 2



a 6

?-a,+∞? ? 6 ?

1 - 已知函数 f(x)满足 f(x)=f′(1)ex 1-f(0)x+ x2. 2 (1)求 f(x)的解析式及单调区间; 1 (2)若 f(x)≥ x2+ax+b,求(a+1)b 的最大值. 2 - 21.解:(1)由已知得 f′(x)=f′(1)ex 1-f(0)+x. 所以 f′(1)=f′(1)-f(0)+1,即 f(0)=1. - 又 f(0)=f′(1)e 1,所以 f′(1)=e. 1 从而 f(x)=ex-x+ x2. 2 x 由于 f′(x)=e -1+x,故当 x∈(-∞,0)时,f′(x)<0;当 x∈(0,+∞)时,f′(x)>0. 从而,f(x)在(-∞,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增. (2)由已知条件得 ex-(a+1)x≥b. ① 1-b (i)若 a+1<0,则对任意常数 b,当 x<0,且 x< 时,可得 ex-(a+1)x<b, a+1 因此①式不成立. (ii)若 a+1=0,则(a+1)b=0. (iii)若 a+1>0,设 g(x)=ex-(a+1)x, 则 g′(x)=ex-(a+1). 当 x∈(-∞,ln(a+1))时,g′(x)<0;当 x∈(ln(a+1),+∞)时,g′(x)>0. 从而 g(x)在(-∞,ln(a+1))单调递减,在(ln(a+1),+∞)单调递增. 故 g(x)有最小值 g(ln(a+1))=a+1-(a+1)ln(a+1). 1 所以 f(x)≥ x2+ax+b 等价于 2 b≤a+1-(a+1)ln(a+1). ② 因此(a+1)b≤(a+1)2-(a+1)2ln(a+1). 设 h(a)=(a+1)2-(a+1)2ln(a+1), 则 h′(a)=(a+1)(1-2ln(a+1)). 1 1 1 所以 h(a)在(-1,e -1)单调递增,在(e -1,+∞)单调递减,故 h(a)在 a=e -1 处取 2 2 2 e e 得最大值.从而 h(a)≤ ,即(a+1)b≤ . 2 2 1 e 2 1 当 a=e -1,b= 时,②式等号成立, 2 2 1 故 f(x)≥ x2+ax+b. 2 e 综合得,(a+1)b 的最大值为 . 2

已知函数 f(x)=x-ln(x+a)的最小值为 0,其中 a>0. (1)求 a 的值; (2)若对任意的 x∈[0,+∞),有 f(x)≤kx2 成立,求实数 k 的最小值; 解:(1)f(x)的定义域为(-a,+∞). x+a-1 1 f′(x)=1- = . x+a x+a 由 f′(x)=0,得 x=1-a>-a. 当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表: x f′(x) f(x) (-a,1-a) - ? 1-a 0 极小值 (1-a,+∞) + ?

因此,f(x)在 x=1-a 处取得最小值, 故由题意 f(1-a)=1-a=0,所以 a=1. (2)当 k≤0 时,取 x=1,有 f(1)=1-ln2>0, 故 k≤0 不合题意. 当 k>0 时,令 g(x)=f(x)-kx2, 即 g(x)=x-ln(x+1)-kx2. -x[2kx-?1-2k?] x g′(x)= -2kx= . x+1 x+1 1-2k 令 g′(x)=0,得 x1=0,x2= >-1. 2k 1-2k 1 ①当 k≥ 时, ≤0,g′(x)<0 在(0,+∞)上恒成立,因此 g(x)在[0,+∞)上单 2 2k 调递减,从而对任意的 x∈[0,+∞),总有 g(x)≤g(0)=0,即 f(x)≤kx2 在[0,+∞)上恒成 1 立,故 k≥ 符合题意. 2 1-2k 1-2k? 1-2k? 1 ②当 0<k< 时, >0, 对于 x∈?0, ,g′(x)>0,故 g(x)在?0, 内单 2 2k 2k ? 2k ? ? ? 1-2k? 1 2 调递增,因此当取 x0∈?0, 时,g(x0)>g(0)=0,即 f(x0)≤kx0不成立,故 0<k< 不合 2 2k ? ? 1 题意.综上,k 的最小值为 . 2 1 设函数 f(x)=aex+ x+b(a>0). ae (1)求 f(x)在[0,+∞)内的最小值; 3 (2)设曲线 y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程为 y= x,求 a,b 的值. 2 1 解:(1)f′(x)=aex- x. ae 当 f′(x)>0,即 x>-lna 时,f(x)在(-lna,+∞)上递增; 当 f′(x)<0,即 x<-lna 时,f(x)在(-∞,-lna)上递减; ①当 0<a<1 时,-lna>0,f(x)在(0,-lna)上递减,在(-lna,+∞)上递增,从而 f(x) 在[0,+∞)上的最小值为 f(-lna)=2+b; ②当 a≥1 时, -lna≤0, f(x)在[0,+∞)上递增, 从而 f(x)在[0, +∞)上的最小值为 f(0) 1 =a+ +b. a 1 3 1 (2)依题意 f′(2)=ae2- 2= ,解得 ae2=2 或 ae2=- (舍去). ae 2 2 2 1 1 2 1 所以 a= 2,代入原函数可得 2+ +b=3,即 b= .故 a= 2,b= . e 2 2 e 2

lnx+k 已知函数 f(x)= x (k 为常数,e=2.71828…是自然对数的底数),曲线 y=f(x)在点(1, e f(1))处的切线与 x 轴平行. (1)求 k 的值; (2)求 f(x)的单调区间; - (3)设 g(x)=(x2+x)f′(x),其中 f′(x)为 f(x)的导函数,证明:对任意 x>0,g(x)<1+e 2. lnx+k 解:(1)由 f(x)= x , e 1-kx-xlnx 得 f′(x)= ,x∈(0,+∞), xex 由于曲线 y=f(x)在(1,f(1))处的切线与 x 轴平行, 所以 f′(1)=0,因此 k=1. 1 (2)由(1)得 f′(x)= x(1-x-xlnx),x∈(0,+∞), xe 令 h(x)=1-x-xlnx,x∈(0,+∞), 当 x∈(0,1)时,h(x)>0;当 x∈(1,+∞)时,h(x)<0. 又 ex>0, 所以 x∈(0,1)时,f′(x)>0; x∈(1,+∞)时,f′(x)<0. 因此 f(x)的单调递增区间为(0,1),单调递减区间为(1,+∞). (3)证明:因为 g(x)=(x2+x)f′(x), x+1 所以 g(x)= x (1-x-xlnx),x∈(0,+∞), e ex - - 因此对任意 x>0,g(x)<1+e 2 等价于 1-x-xlnx< (1+e 2). x+1 由(2),h(x)=1-x-xlnx,x∈(0,+∞), - 所以 h′(x)=-lnx-2=-(lnx-lne 2),x∈(0,+∞), -2 因此当 x∈(0,e )时,h′(x)>0,h(x)单调递增; - 当 x∈(e 2,+∞)时,h′(x)<0,h(x)单调递减. - - 所以 h(x)的最大值为 h(e 2)=1+e 2, - 故 1-x-xlnx≤1+e 2. x 设 φ(x)=e -(x+1). 因为 φ′(x)=ex-1=ex-e0, 所以 x∈(0,+∞)时,φ′(x)>0,φ(x)单调递增, φ(x)>φ(0)=0, 故 x∈(0,+∞)时,φ(x)=ex-(x+1)>0, ex 即 >1. x+1 ex - - 所以 1-x-xlnx≤1+e 2< (1+e 2). x+1 - 因此对任意 x>0,g(x)<1+e 2.

已知函数 f(x)=eax-x,其中 a≠0. (1)若对一切 x∈R,f(x)≥1 恒成立,求 a 的取值集合; (2)在函数 f(x)的图象上取定两点 A(x1,f(x1)),B(x2,f(x2))(x1<x2),记直线 AB 的斜率为 k.问:是否存在 x0∈(x1,x2),使 f′(x0)>k 成立?若存在,求 x0 的取值范围;若不存在,请 说明理由. 解:(1)若 a<0,则对一切 x>0,f(x)=eax-x<1, 这与题设矛盾.又 a≠0,故 a>0. 1 1 而 f′(x)=aeax-1,令 f′(x)=0 得 x= ln . a a 1 1 1 1 当 x< ln 时,f′(x)<0,f(x)单调递减;当 x> ln 时,f′(x)>0,f(x)单调递增.故当 a a a a 1 1? 1 1 1 1 1 x= ln ,f(x)取最小值 f?alna?= - ln . ? a a a a a 于是对一切 x∈R,f(x)≥1 恒成立,当且仅当 1 1 1 - ln ≥1. ① a a a 令 g(t)=t-tlnt,则 g′(t)=-lnt. 当 0<t<1 时,g′(t)>0,g(t)单调递增;当 t>1 时,g′(t)<0,g(t)单调递减. 故当 t=1 时,g(t)取最大值 g(1)=1. 1 因此,当且仅当 =1,即 a=1 时,①式成立. a 综上所述,a 的取值集合为{1}. f?x2?-f?x1? eax2-eax1 (2)由题意知,k= = -1. x2-x1 x2-x1 eax2-eax1 令 φ(x)=f′(x)-k=aeax- .则 x2-x1 eax1 φ(x1)=- [ea(x2-x1)-a(x2-x1)-1], x2-x1 eax2 φ(x2)= [ea(x1-x2)-a(x1-x2)-1]. x2-x1 令 F(t)=et-t-1,则 F′(t)=et-1. 当 t<0 时,F′(t)<0,F(t)单调递减; 当 t>0 时,F′(t)>0,F(t)单调递增. 故当 t≠0 时,F(t)>F(0)=0,即 et-t-1>0. 从而 ea(x2-x1)-a(x2-x1)-1>0, ea(x1-x2)-a(x1-x2)-1>0, eax1 eax2 又 >0, >0, x2-x1 x2-x1 所以 φ(x1)<0,φ(x2)>0. 因为函数 y=φ(x)在区间[x1,x2]上的图象是连续不断的一条曲线,所以存在 c∈(x1,x2), 1 eax2-eax1 使得 φ(c)=0.又 φ′(x)=a2eax>0, φ(x)单调递增, 故这样的 c 是唯一的, c= ln 且 . a a?x2-x1? ?1 eax2-eax1,x ?时,f′(x)>k. 故当且仅当 x∈?aln 2? ? a?x2-x1? ? 综上所述,存在 x0∈(x1,x2),使 f′(x0)>k 成立, ?1 eax2-eax1,x ?. 且 x0 的取值范围为?aln 2? ? a?x2-x1? ?