导数的应用归纳.doc

2006年普通高等学校招生全国统一考试数学分类汇编 第十三章《导数》之三 25．（全国卷I）已知函数。 （Ⅰ）设，讨论的单调性； （Ⅱ）若对任意恒有，求的取值范围。 解(Ⅰ)f(x)的定义域为(－∞,1)∪(1,+∞).对f(x)求导数得 f (x)= e－ax. (ⅰ)当a=2时, f (x)= e－2x, f (x)在(－∞,0), (0,1)和(1,+ ∞)均大于0, 所以f(x)在(－∞,1), (1,+∞).为增函数. (ⅱ)当0a2时, f (x)0, f(x)在(－∞,1), (1,+∞)为增函数. (ⅲ)当a2时, 01, 令f (x)=0 ,解得x1= － , x2= . 当x变化时, f (x)和f(x)的变化情况如下表: x (－∞, －) (－,) (,1) (1,+∞) f (x) ＋ － ＋ ＋ f(x) ↗ ↘ ↗ ↗ f(x)在(－∞, －), (,1), (1,+∞)为增函数, f(x)在(－,)为减函数. (Ⅱ)(ⅰ)当0a≤2时, 由(Ⅰ)知: 对任意x∈(0,1)恒有f(x)f(0)=1. (ⅱ)当a2时, 取x0= ∈(0,1),则由(Ⅰ)知 f(x0)f(0)=1 (ⅲ)当a≤0时, 对任意x∈(0,1),恒有 1且e－ax≥1,得 f(x)= e－ax≥ 1. 综上当且仅当a∈(－∞,2]时,对任意x∈(0,1)恒有f(x)1. 26．（全国卷I）设为实数，函数在和都是增函数，求的取值范围。 解:f(x)=3x2－2ax+(a2－1),其判别式△=4a2－12a2+12=12－8a2. (ⅰ)若△=12－8a2=0,即a=±,当x∈(－∞,),或x∈(,+∞)时,f(x)0,f(x)在(－∞,+∞)为增函数.所以a=±. (ⅱ)若△=12－8a20,恒有f(x)0,f(x)在(－∞,+∞)为增函数,所以a2, 即a∈(－∞,－)∪(,+∞) (ⅲ)若△12－8a20,即－a,令f(x)=0,解得x1=,x2=. 当x∈(－∞,x1),或x∈(x2,+∞)时,f(x)0,f(x)为增函数;当x∈(x1,x2)时,f(x)0,f(x)为减函数.依题意x1≥0且x2≤1.由x1≥0得a≥,解得1≤a 由x2≤1得≤3－a,解得－a,从而a∈[1,) 综上,a的取值范围为(－∞,－]∪[,+∞)∪[1,),即a∈(－∞,－]∪[1,∞). 27．（全国II）设函数f(x)＝(x＋1)ln(x＋1)，若对所有的x≥0，都有f(x)≥ax成立，求实数a的取值范围． 解法一：令g(x)＝(x＋1)ln(x＋1)－ax， 对函数g(x)求导数：g′(x)＝ln(x＋1)＋1－a 令g′(x)＝0，解得x＝ea－1－1， (i)当a≤1时，对所有x＞0，g′(x)＞0，所以g(x)在[0，＋∞)上是增函数， 又g(0)＝0，所以对x≥0，都有g(x)≥g(0)， 即当a≤1时，对于所有x≥0，都有　f(x)≥ax． (ii)当a＞1时，对于0＜x＜ea－1－1，g′(x)＜0，所以g(x)在(0，ea－1－1)是减函数， 又g(0)＝0，所以对0＜x＜ea－1－1，都有g(x)＜g(0)， 即当a＞1时，不是对所有的x≥0，都有f(x)≥ax成立． 综上，a的取值范围是（－∞，1]． 解法二：令g(x)＝(x＋1)ln(x＋1)－ax， 于是不等式f(x)≥ax成立即为g(x)≥g(0)成立．　　 对函数g(x)求导数：g′(x)＝ln(x＋1)＋1－a 令g′(x)＝0，解得x＝ea－1－1， 当x＞ ea－1－1时，g′(x)＞0，g(x)为增函数， 当－1＜x＜ea－1－1，g′(x)＜0，g(x)为减函数， 所以要对所有x≥0都有g(x)≥g(0)充要条件为ea－1－1≤0． 由此得a≤1，即a的取值范围是（－∞，1]． 28．（山东卷）设函数f(x)=ax－(a+1)ln(x+1)，其中a-1，求f(x)的单调区间。 解：由已知得函数的定义域为，且 （1）当时，函数在上单调递减， （2）当时，由解得 、随的变化情况如下表 — 0 + ↘ 极小值 ↗ 从上表可知 当时，函数在上单调递减. 当时，函数在上单调递增. 综上所述： 当时，函数在上单调递减. 当时，函数在上单调递减，函数在上单调递增. 29．（山东卷）设函数f(x)= (Ⅰ)求f(x)的单调区间； (Ⅱ) 讨论f(x)的极值.解：由已知得 ， 令，解得 . （Ⅰ）当时，，在上单调递增 当时，，随的变化情况如下表： 0 + 0 0 ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 从上表可知，函数在