(导数在函数中的应用1)提高班.docVIP

2018年春季高2016级提高班（教、学案） 高二数学备课组 班级： 姓名： 课题：导数在函数中的应用 例1　(1)已知函数f(x)＝ax＋lnx，则当a0时，f(x)的单调增区间是________，单调减区间是______． [解析]　f′(x)＝a＋(x0)＝，当x≥－时f′(x)≤0，当0x－时f′(x)0， f(x)的单调增区间为(0，－)，单调减区间为(－，＋∞)(2)已知函数f(x)＝lnx，g(x)＝ax2＋2x，a≠0.若函数h(x)＝f(x)－g(x)在[1,4]上单调递减，求a的取值范围． [解]　h(x)＝lnx－ax2－2x，x(0，＋∞)， 所以h′(x)＝－ax－2. 因为h(x)在[1,4]上单调递减， 所以x[1,4]时，h′(x)＝－ax－2≤0恒成立， 即a≥－恒成立， 所以a≥G(x)max，而G(x)＝(－1)2－1. 因为x[1,4]，所以[，1]， 所以G(x)max＝－(此时x＝4)， 所以a≥－.当a＝－时， h′(x)＝＋x－2＝ ＝. 因为x[1,4]， 所以h′(x)＝≤0， 即h(x)在[1,4]上为减函数． 故实数a的取值范围是[－，＋∞)． 1. [2014·课标全国卷]若函数f(x)＝kx－lnx在区间(1，＋∞)单调递增，则k的取值范围是(　　) A. (－∞，－2] B. (－∞，－1] C. [2，＋∞) D. [1，＋∞) 解析：因为f(x)＝kx－lnx，所以f′(x)＝k－.因为f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，所以当x1时，f′(x)＝k－≥0恒成立，即k≥在区间(1，＋∞)上恒成立．因为x1，所以01，所以k≥1.故选D. 2. [2015·苏州模拟]已知aR，函数f(x)＝(－x2＋ax)ex，xR，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)函数f(x)是否为R上的减函数，若是，求出a的取值范围；若不是，请说明理由． 解：(1)当a＝2时，f(x)＝(－x2＋2x)ex， 所以f′(x)＝(－2x＋2)ex＋(－x2＋2x)ex＝(－x2＋2)ex. 令f′(x)0，即(－x2＋2)ex0， 因为ex0，所以－x2＋20，解得－x. 所以函数f(x)的单调递增区间是(－，)． (2)f(x)不是R上的减函数． 若函数f(x)在R上单调递减， 则f′(x)≤0对xR都成立， 即[－x2＋(a－2)x＋a]ex≤0对xR都成立． 因为ex0，所以x2－(a－2)x－a≥0对xR都成立． 所以Δ＝(a－2)2＋4a≤0，即a2＋4≤0，这是不可能的． 故函数f(x)不可能是R上的减函数． 二　 例2　[2014·重庆高考]已知函数f(x)＝＋－lnx－，其中aR，且曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于直线y＝x. (1)求a的值； (2)求函数f(x)的单调区间与极值． [解]　(1)对f(x)求导得f′(x)＝－－，由f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于直线y＝x知f′(1)＝－－a＝－2，解得a＝. (2)由(1)知f(x)＝＋－lnx－，则f′(x)＝，令f′(x)＝0，解得x＝－1或x＝5. 因x＝－1不在f(x)的定义域(0，＋∞)内，故舍去． 当x(0,5)时，f′(x)0，故f(x)在(0,5)内为减函数；当x(5，＋∞)时，f′(x)0，故f(x)在(5，＋∞)内为增函数．由此知函数f(x)在x＝5时取得极小值f(5)＝－ln5，无极大值． 3. [2013·课标全国卷]已知函数f(x)＝ex(ax＋b)－x2－4x，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝4x＋4. (1)求a，b的值； (2)讨论f(x)的单调性，并求f(x)的极大值． 解：(1)f′(x)＝ex(ax＋a＋b)－2x－4. 由已知得f(0)＝4，f′(0)＝4.故b＝4，a＋b＝8. 从而a＝4，b＝4. (2)由(1)知f(x)＝4ex(x＋1)－x2－4x， f′(x)＝4ex(x＋2)－2x－4＝4(x＋2)(ex－)． 令f′(x)＝0，得x＝－ln2或x＝－2. 从而当x(－∞，－2)，(－ln2，＋∞)时，f′(x)0； 当x(－2，－ln2)时，f′(x)0. 故f(x)在(－∞，－2)，(－ln2，＋∞)上单调递增， 在(－2，－ln2)上单调递减． 当x＝－2时，函数f(x)取得极大值，极大值为f(－2)＝4(1－e－2)． 三　 例3　[2014·安徽高考]设函数f(x)＝1＋(1＋a)x－