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导数练习题（教师版） 题型一：求参数的取值范围与最值 1.已知a∈R，函数f(x)＝(－x2＋ax)ex(x∈R，e为自然对数的底数)． (1)当a＝2时，求函数f(x)的单调递增区间； (2)若函数f(x)在(－1,1)上单调递增，求a的取值范围； (3)函数f(x)能否为R上的单调函数，若能，求出a的取值范围；若不能，请说明理由 解　(1)当a＝2时，f(x)＝(－x2＋2x)ex， ∴f′(x)＝(－2x＋2)ex＋(－x2＋2x)ex＝(－x2＋2)ex. 令f′(x)0，即(－x2＋2)ex0， ∵ex0，∴－x2＋20，解得－2x2.∴函数f(x)的单调递增区间是(－2，2)． (2)∵函数f(x)在(－1,1)上单调递增， ∴f′(x)≥0对x∈(－1,1)都成立． ∵f′(x)＝[－x2＋(a－2)x＋a]ex∴[－x2＋(a－2)x＋a]ex≥0对x∈(－1,1)都成立． ∵ex0， ∴－x2＋(a－2)x＋a≥0对x∈(－1,1)都成立，即x2－(a－2)x－a≤0对x∈(－1,1)恒成立． 设h(x)＝x2－(a－2)x－a 只须满足h?－1?≤0h?1?≤0)，解得a≥32. (3)若函数f(x)在R上单调递减， 则f′(x)≤0对x∈R都成立，即[－x2＋(a－2)x＋a]ex≤0对x∈R都成立． ∵ex0，∴x2－(a－2)x－a≥0对x∈R都成立． ∴Δ＝(a－2)2＋4a≤0，即a2＋4≤0，这是不可能的． 故函数f(x)不可能在R上单调递减． 若函数f(x)在R上单调递增，则f′(x)≥0对x∈R都成立，即[－x2＋(a－2)x＋a]ex≥0对x∈R都成立． ∵ex0，∴x2－(a－2)x－a≤0对x∈R都成立． 而x2－(a－2)x－a≤0不可能恒成立， 故函数f(x)不可能在R上单调递增． 2.已知函数f(x)＝12(1＋x)2－ln(1＋x)．(1)求f(x)的单调区间； (2)若x∈[1e－1，e－1]时，f(x)m恒成立，求m的取值范围． 解　(1)∵f(x)＝12(1＋x)2－ln(1＋x)， ∴f′(x)＝(1＋x)－11＋x＝x?2＋x?1＋x(x－1)． ∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增， 在(－1,0)上单调递减． (2)令f′(x)＝0，即x＝0，则 x (1e－1,0) 0 (0，e－1) f′(x) － 0 ＋ f(x)  极小值  又∵f(1e－1)＝12e2＋1，f(e－1)＝12e2－112e2＋1， 又f(x)m在x∈[1e－1，e－1]上恒成立，∴m12e2－1. 3．已知函数f(x)＝4x3－3x2cosθ＋132，其中x∈R，θ为参数，且0≤θ≤π2. (1)当cosθ＝0时，判断函数f(x)是否有极值； (2)要使函数f(x)的极小值大于零，求参数θ的取值范围； (3)若对(2)中所求的取值范围内的任意参数θ，函数f(x)在区间(2a－1，a)内都是增函数，求实数a的取值范围． 解: (1)当cosθ＝0时，f(x)＝4x3＋132，则函数f(x)在(－∞，＋∞)上是增函数，故无极值． (2)f′(x)＝12x2－6xcosθ，令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝cosθ2. 由0≤θ≤π2及(1)，只考虑cosθ0的情况． 当x变化时，f′(x)的符号及f(x)的变化情况如下表： x (－∞，0) 0 \a\vs4\al\co1(0，\f(cosθ2)) cosθ2 \a\vs4\al\co1(\f(cosθ2)，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x)  极大值  极小值  因此，函数f(x)在x＝cosθ2处取得极小值f\a\vs4\al\co1(\f(cosθ2))，且f\a\vs4\al\co1(\f(cosθ2))＝－14cos3θ＋132. 要使f\a\vs4\al\co1(\f(cosθ2))0，必有－14cos3θ＋1320，可得 0cosθ12，所以π3θπ2. (3)由(2)知，函数f(x)在区间(－∞，0) 由题设，函数f(x)在(2a－1，a)内是增函数，则a须满足不等式组或 由(2)，θ∈\a\vs4\al\co1(\f(ππ2)时，0cosθ12.要使不等式2a－1≥12cosθ关于参数θ恒成立， 必有2a－1≥14. 综上，a的取值范围为a≤0或58≤a1. 4．设，函数． (I)当时，求曲线在处的切线方程； (II)当时，求函数的最小值． 解：（I）； （II）． (1)当时，，在上单调递增，所以的最小值为； (2) 当时，，令，则或（舍）． ①当即时，在上，，单调递增，的最小值为，且有； ②当即时，在上，，单调递减，在上，，单调递增．的最小值为，且有；（注：可证单调增，） ③当即时，在