高二导数练习题(教师版).doc
导数练习题〔教师版〕
题型一：求参数的取值范围与最值
1.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)假设函数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，假设能，求出a的取值范围；假设不能，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－eq\r(2)xeq\r(2).∴函数f(x)的单调递增区间是(－eq\r(2)，eq\r(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eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(h?－1?≤0,h?1?≤0))，解得a≥eq\f(3,2).
(3)假设函数f(x)在R上单调递减，
那么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．
假设函数f(x)在R上单调递增，那么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.函数f(x)＝eq\f(1,2)(1＋x)2－ln(1＋x)．(1)求f(x)的单调区间；
(2)假设x∈[eq\f(1,e)－1，e－1]时，f(x)m恒成立，求m的取值范围．
解(1)∵f(x)＝eq\f(1,2)(1＋x)2－ln(1＋x)，
∴f′(x)＝(1＋x)－eq\f(1,1＋x)＝eq\f(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，那么
x
(eq\f(1,e)－1,0)
0
(0，e－1)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
极小值
又∵f(eq\f(1,e)－1)＝eq\f(1,2e2)＋1，f(e－1)＝eq\f(1,2)e2－1eq\f(1,2e2)＋1，
又f(x)m在x∈[eq\f(1,e)－1，e－1]上恒成立，∴meq\f(1,2)e2－1.
3．函数f(x)＝4x3－3x2cosθ＋eq\f(1,32)，其中x∈R，θ为参数，且0≤θ≤eq\f(π,2).
(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)假设对(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
解:(1)当cosθ＝0时，f(x)＝4x3＋eq\f(1,32)，那么函数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＝eq\f(cosθ,2).
由0≤θ≤eq\f(π,2)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
eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(cosθ,2)))
eq\f(cosθ,2)
eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(cosθ,2)，＋∞))
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
极大值
极小值
因此，函数f(x)在x＝eq\f(cosθ,2)处取得极小值feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(cosθ,2)))，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(cosθ,2)))＝－eq\f(1,4)cos3θ＋eq\f(1,32).
要使feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(cosθ,2)))0，必有－eq\f(1,4)cos3θ＋eq\f(1,32)0，可得0cos