第三講導(dǎo)數(shù)及應(yīng)用一、選擇題1．設(shè)函數(shù)f(x)在定義域內(nèi)可導(dǎo)，y＝f(x)圖象如下圖所示，則導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的圖象可能為()答案：D2．(·江西)設(shè)函數(shù)f(x)＝g(x)＋x2，曲線y＝g(x)在點(diǎn)(1，g(1))處的切線方程為y＝2x＋1，則曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處切線的斜率為()A．4B．－eq\f(1,4)C．2D．－eq\f(1,2)解析：依題意得f′(x)＝g′(x)＋2x，f′(1)＝g′(1)＋2＝4.答案：A3．(·江西)等比數(shù)列{an}中，a1＝2，a8＝4，函數(shù)f(x)＝x(x－a1)(x－a2)…(x－a8)，則f′(0)＝()A．26B．29C．212解析：函數(shù)f(x)的展開式含x項(xiàng)的系數(shù)為a1·a2·…·a8＝(a1·a8)4＝84＝212，而f′(0)＝a1·a2·…·a8＝212，故選C.答案：C4．若f(x)＝－eq\f(1,2)x2＋bln(x＋2)在(－1，＋∞)上是減函數(shù)，則b的取值范圍是()A．[－1，＋∞)B．(－1，＋∞)C．(－∞，－1]D．(－∞，－1)解析：由題意知f′(x)＝－x＋eq\f(b,x＋2)≤0，x∈(－1，＋∞)，即f′(x)＝eq\f(－x2－2x＋b,x＋2)≤0，即－x2－2x＋b＝－(x＋1)2＋1＋b≤0.∴1＋b≤0，b≤－1.答案：C5．(·天津理)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x－lnx(x>0)，則方程f(x)＝0()A．在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))，(1，e)內(nèi)均有實(shí)根B．在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))，(1，e)內(nèi)均無實(shí)根C．在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))內(nèi)有實(shí)根，在區(qū)間(1，e)內(nèi)無實(shí)根D．在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))內(nèi)無實(shí)根，在區(qū)間(1，e)內(nèi)有實(shí)根解析：因?yàn)閒′(x)＝eq\f(1,3)－eq\f(1,x)，令f′(x)＝0，則x＝3.當(dāng)x∈(0,3)時(shí)，f′(x)<0，∴f(x)在(0,3)上單調(diào)遞減．因?yàn)閒eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))·f(1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)·\f(1,e)－ln\f(1,e)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－ln1))＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3e)＋1))>0，因此f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))內(nèi)無零點(diǎn)．又f(1)·f(e)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)×1－ln1))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)·e－lne))＝eq\f(e－3,9)<0.因此f(x)在(1，e)內(nèi)有零點(diǎn)．答案：D二、填空題6．若過原點(diǎn)作曲線y＝ex的切線，則切點(diǎn)的坐標(biāo)為________．切線的斜率為________．解析：y′＝ex，設(shè)切點(diǎn)的坐標(biāo)為(x0，y0)則eq\f(y0,x0)＝ex0，即eq\f(ex0,x0)＝ex0，∴x0＝1.因此切點(diǎn)的坐標(biāo)為(1，e)，切線的斜率為e.答案：(1，e)e7．(·蘇北四市聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))sinx＋cosx，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝________.解析：由已知，得f′(x)＝f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))cosx－sinx.則f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝－1，因此f(x)＝－sinx＋cosx，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝0.答案：08．(·福建理)若曲線f(x)＝ax5＋lnx存在垂直于y軸的切線，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．解析：∵f′(x)＝5ax4＋eq\f(1,x)，x∈(0，＋∞)，∴由題知5ax4＋eq\f(1,x)＝0在(0，＋∞)上有解．即a＝－eq\f(1,5x5)在(0，＋∞)上有解．∵x∈(0，＋∞)，∴－eq\f(1,5x5)∈(－∞，0)．∴a∈(－∞，0)．答案：(－∞，0)9．已知函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)＝2x－9，且f(0)的值為整數(shù)，當(dāng)x∈[n，n＋1](n∈N*)時(shí)，f(x)所有可能取的整數(shù)值有且只有1個(gè)，則n＝________.解析：由題可設(shè)f(x)＝x2－9x＋c(c∈R)，又f(0)的值為整數(shù)，即c為整數(shù)，∴f(n)＝n2－9n＋c為整數(shù)，f(n＋1)＝(n＋1)2－9(n＋1)＋c＝n2－7n＋c－8為整數(shù)，又x∈[n，n＋1](n∈N*)時(shí)，f(x)所有可能取的整數(shù)值有且只有1個(gè)，∴n2－7n＋c－8＝n2－9n＋c，即n＝4.答案：4三、解答題10．(·江西)設(shè)函數(shù)f(x)＝lnx＋ln(2－x)＋ax(a>0)．(1)當(dāng)a＝1時(shí)，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若f(x)在(0,1]上的最大值為eq\f(1,2)，求a的值．解：函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0,2)，f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,2－x)＋a.(1)當(dāng)a＝1時(shí)，f′(x)＝eq\f(－x2＋2,x2－x)，所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，eq\r(2))，單調(diào)遞減區(qū)間為(eq\r(2)，2)．(2)當(dāng)x∈(0,1]時(shí)f′(x)＝eq\f(2－2x,x2－x)＋a>0，即f(x)在(0,1]上單調(diào)遞增，故f(x)在(0,1]上的最大值為f(1)＝a，因此a＝eq\f(1,2).11．(·課標(biāo)全國)設(shè)函數(shù)f(x)＝ex－1－x－ax2.(1)若a＝0，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若當(dāng)x≥0時(shí)f(x)≥0，求a的取值范圍．解：(1)a＝0時(shí)，f(x)＝ex－1－x，f′(x)＝ex－1，當(dāng)x∈(－∞，0)時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，f′(x)>0.故f(x)在(－∞，0)單調(diào)減少，在(0，＋∞)單調(diào)增加．(2)f′(x)＝ex－1－2ax.由(1)知ex≥1＋x，當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時(shí)等號(hào)成立．故f′(x)≥x－2ax＝(1－2a)x從而當(dāng)1－2a≥0，即a≤eq\f(1,2)時(shí)，f′(x)≥0(x≥0)，而f(0)＝0，于是當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)≥0.由ex>1＋x(x≠0)可得e－x>1－x(x≠0)．從而當(dāng)a>eq\f(1,2)時(shí)，f′(x)<ex－1＋2a(e－x－1)＝e－x·(ex－1)(ex－2a)，故當(dāng)x∈(0，ln2a)時(shí)，f′(x)<0，而f(0)＝0，于是當(dāng)x∈(0，ln2a)時(shí)，f(x)<0.綜合得a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2))).12．(·陜西)已知函數(shù)f(x)＝eq\r(x)，g(x)＝alnx，a∈R.(1)若曲線y＝f(x)與曲線y＝g(x)相交，且在交點(diǎn)處有共同的切線，求a的值和該切線方程；(2)設(shè)函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)，當(dāng)h(x)存在最小值時(shí)，求其最小值φ(a)的解析式；(3)對(2)中的φ(a)和任意的a>0，b>0，證明：φ′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))≤eq\f(φ′a＋φ′b,2)≤φ′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2ab,a＋b))).解：(1)f′(x)＝eq\f(1,2\r(x))，g′(x)＝eq\f(a,x)(x>0)，由已知得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(x)＝alnx，,\f(1,2\r(x))＝\f(a,x)，))解得a＝eq\f(e,2)，x＝e2，∴兩條曲線交點(diǎn)的坐標(biāo)為(e2，e)．切線的斜率為k＝f′(e2)＝eq\f(1,2e)，∴切線的方程為y－e＝eq\f(1,2e)(x－e2)．(2)由條件知h(x)＝eq\r(x)－alnx(x>0)，∴h′(x)＝eq\f(1,2\r(x))－eq\f(a,x)＝eq\f(\r(x)－2a,2x)，(i)當(dāng)a>0時(shí)，令h′(x)＝0，解得x＝4a2∴當(dāng)0<x<4a2時(shí)，h′(x)<0，h(x)在(0,4a2)上遞減；當(dāng)x>4a2時(shí)，h′(x)>0，h(4a2∴x＝4a2是h(x)在(0，＋∞)上的唯一極值點(diǎn)，且是極小值點(diǎn)，從而也是h(x)的最小值點(diǎn)．∴最小值φ(a)＝h(4a2)＝2a－aln4a2＝2(ii)當(dāng)a≤0時(shí)，h′(x)＝eq\f(\r(x)－2a,2x)>0，h(x)在(0，＋∞)上遞增，無最小值．故h(x)的最小值φ(a)的解析式為φ(a)＝2a(1－ln2a)((3)證明：由(2)知φ′(a)＝－2ln2a對任意的a>0，b>0，eq\f(φ′a＋φ′b,2)＝－eq\f(2ln2a＋2ln2b,2)＝－ln(4ab)，①φ′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))＝－2lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2·\f(a＋b,2)))＝－ln(a＋b)2≤ln(4ab)，②φ′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2ab,a＋b))