导数及其应用的习题(教师版).doc

导数及其应用的习题 一．要点梳理 1．f′(x)0在(a，b)上成立是f(x)在(a，b)上单调递增的充分条件利用导数研究函数的单调性比用函数单调性的定义要方便，但应注意f′(x)0(或f′(x)0)仅是f(x)在某个区间上递增(或递减)的充分条件．在区间(a，b)内可导的函数f(x)在(a，b)上递增(或递减)的充要条件应是f′(x)≥0(或f′(x)≤0)，x∈(a，b)恒成立，且f′(x)在(a，b)的任意子区间内都不恒等于0.这就是说，函数f(x)在区间上的增减性并不排斥在该区间内个别点x0处有f′(x0)＝0，甚至可以在无穷多个点处f′(x0)＝0，只要这样的点不能充满所给区间的任何子区间，因此在已知函数f(x)是增函数(或减函数)求参数的取值范围时，应令f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立解出参数的取值范围，然后检验参数的取值能否使f′(x)恒等于0，若能恒等于0，则参数的这个值应舍去，若f′(x)不恒为0，则由f′(x)≥0(或f′(x)≤0)，x∈(a，b)恒成立解出的参数的取值范围确定． 2．对于可导函数f(x)，f′(x0)＝0并不是f(x)在x＝x0处有极值的充分条件对于可导函数f(x)，x＝x0是f(x)的极值点，必须具备①f′(x0)＝0，②在x0两侧，f′(x)的符号为异号．所以f′(x0)＝0只是f(x)在x0处有极值的必要条件，但并不充分． 二．疑点清源 1．运用导数不仅可以求解曲线的斜率，研究函数的单调性，确定函数的极值与最值，还可利用导数研究参数的取值范围，来讨论方程根的分布与证明不等式． 2．用导数研究参数的取值范围，确定方程根的个数，证明不等式，其实质就是转化成函数的单调性、极值与最值的问题，运用导数进行研究． 3．函数的极值与函数的最值是有区别与联系的：函数的极值是一个局部性概念，而最值是某个区间的整体性概念；函数的极值可以有多个，而函数的最大(小)值最多只有一个 4．极值点不一定是最值点，最值也不一定是极值点，但如果连续函数在区间(a，b)内只有一个极值点，则极大值就是最大值，极小值就是最小值． 5．在求可导函数的最值时，不必讨论导数为零的点是否为极值点，而直接将导数为零的点与端点处的函数值进行比较即可． 6．对于一般函数而言，函数的最值必在下列各种点中取得：导数为零的点，导数不存在的点，端点． 三．典例精析 题型一：利用导数求函数的单调区间 例1：已知函数f(x)＝x3－ax2－3x.(1)若f(x)在[1，＋∞)上是增函数，求实数a的取值范围；(2)若x＝3是f(x)的极值点，求f(x)的单调区间． 解：(1)对f(x)求导，得f′(x)＝3x2－2ax－3.由f′(x)≥0，得a≤eq \f(3,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x))).记t(x)＝eq \f(3,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))，当x≥1时，t(x)是增函数，t(x)min＝eq \f(3,2)(1－1)＝0.∴a≤0. (2)由题意，f′(3)＝0，即27－6a－3＝0，∴a＝4.∴f(x)＝x3－4x2－3x，f′(x)＝3x2－8x－3.令f′(x)＝0，得x1＝－eq \f(1,3)，x2＝3. 当x变化时，f′(x)、f(x)的变化情况如下表： x (－∞，－eq \f(1,3)) －eq \f(1,3) (－eq \f(1,3)，3) 3 (3，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 增 极大值 减 极小值 增 ∴f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,3)))，(3，＋∞)，单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，3)). 跟踪训练1：已知函数f(x)＝ln(x＋1)－x＋eq \f(k,2)x2 (k≥0)． (1)当k＝2时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)求f(x)的单调区间． 解　(1)当k＝2时，f(x)＝ln(1＋x)－x＋x2，f′(x)＝eq \f(1,1＋x)－1＋2x.由于f(1)＝ln 2，f′(1)＝eq \f(3,2)，所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－ln 2＝eq \f(3,2)(x－1)，即3x－2y＋2ln 2－3＝0. 故f(x)的单调递增区间是(－1,0)和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－k,k)，＋∞))，单调递减区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1－k,k))).当k＝1时，f′(x)＝eq