导数的意义及应用答案

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= f t = et − t2 + at = et − t2 + t t − et = et 1 − t + t2 .
2 2 2
1
1
1
令 h x = ex 1 − x + 2 x2 ,x > 1,则h' x = x(1 − ex ) < 0 恒成立, 所以函数 h x 在 1, + ∞ 上单调递减,所以 h x < e 1 − 1 + 2 × 12 = 2, 所以et 1 − t + 2 t2 < 2,即当 x ∈ 1, + ∞ 时 f x
e2 +1 e−1
.
②当 1 + a ≤ 1,即 a ≤ 0 时,h(x)在[1,e]上单调递增,∴ h(x)最小值为 h(1), 由 h(1) = 1 + 1 + a > 0 可得 a >− 2,即− 2 < a ≤ 0. ③当 1 < 1 + a < e,即 0 < a < e − 1 时,可得 h(x)最小值为 h(1 + a),
− alnx 在[1,e]上的最小值大于零.
①当 1 + a ≥ e,即 a ≥ e − 1 时,h(x)在[1,e]上单调递减,∴ h(x)的最小值为 h(e), 由 h(e) = e +
1+a e
− a > 0 可得 a <
e2+1 e−1
,∵
e2 +1 e−1
> e − 1 ,∴ e − 1 ≤ a <
结合函数的图象可得,若函数恰有两个零点, 所以实数 a 的取值范围为 2 − 2ln2,e − 2 . (1)x + y − 2 = 0; (2)( − 2, 11.
e2 +1 e−1
).
2 x
【详解】 (1)当 a = 2 时,f(x) = x − 2lnx,f(1) = 1 ,切点为(1,1),∴ f' (x) = 1 − ,∴ k = f' (1) = 1 − 2 =− 1,∴曲线 y = f(x) 在点 处的切线方程为 y − 1 =− (x − 1),即 x + y − 2 = 0.
1 1 1 min 1 1
< ,故函数 f x 在 1, + ∞ 上的最小值小于 . 2 2
1
1
(3)f x = ex − 2 bx2 + ax,f' x = ex − bx + a 由 f(x)为 R 上的单调函数,可知 f(x)一定为单调增函数 因此f' x = ex − bx + a ≥ 0,令 g(x) = f' x = ex − bx + a,g' (x) = ex − b 当 b = 0 时,ab = 0;当 b < 0 时,g' (x) = ex − b > 0,y = g(x)在 R 上为增函数 x →− ∞时,g(x) →− ∞与 g(x) ≥ 0 矛盾 当 b > 0 时,g' (x) > 0 ⇔ x > lnb,g' (x) < 0 ⇔ x < lnb 当 x = lnb 时,g(x)min = b − blnb + a ≥ 0,ab ≥ b2 lnb − b2 (b > 0) 令 F(x) = x2 lnx − x2 (x > 0),则F' (x) = x(2lnx − 1) F' (x) > 0 ⇔ x > e,F' (x) < 0 ⇔ 0 < x < e 当 x = e时,F(x)min =− ,ab 的最小值为− .
∵ 0 < ln(1 + a) < 1,∴ 0 < aln(1 + a) < a,故 h(1 + a) = 2 + a − aln(1 + a) > 2.即 0 < a < e − 1,
综上可得,a 的取值范围是( − 2, 12. (1)b = 2.; (2) .
4 7 e2+1 e−1
).
【详解】(1) a = 1 时,f(x) = x − − blnx,所以 f'(x) = 1 +
4 4 7 7
1
13.⑴f' (x) =
−ax−(1−x)⋅ a (ax)2
+ =
x
1
−a a2 x2
+ =
x
1
−1+ax ax2
,x > 0,
当 a < 0 时,f' (x) > 0 在(0, + ∞)上恒成立,∴ f(x)在(0, + ∞) ↑, 当 a > 0 时,f' (x) > 0 ⇒ x > ,f' (x) < 0 ⇒ 0 < x < ,∴ f(x)在(0, ) ↓,( , + ∞) ↑.
导数的意义及应用答案
1.A2.D3.D4.A5.D6.D7.B8.B9.B (1)x + y − 1 = 0 10. (2) 2 − 2ln2,e − 2 所以f' 0 =− 1. 又 f 0 = 1,
【详解】 (1)因为 f x = ex − 2x,所以f' x = ex − 2.
所以曲线 y = f x 在点 0,f 0 处的切线方程为 y − 1 =− x, (2)由题意得,g x = ex − 2x − a, 所以g' x = ex − 2.
a a a a 1 1 1 1
(2)①当 a < 0 时,由(1)f(x)在[0, + ∞) ↑且 f(1) = 0,当 x ∈ (0,1)时 f(x) < 0,不符合条件, ②当 a > 0 时,f(x)在(0, ) ↓,( , + ∞) ↑,∴ fmin = f( ) = 1 − + ln ,∵ f(x) ≥ 0 对∀x ∈ (0, + ∞)恒成立,
x 1 x 1 x
1
1 x2
− =
x
b
x2 −bx+1 x2
,由题 f'(1) = 2 − b = 0, ∴ b = 2.
(2)由(1)可得 f(x) = x − − 2lnx,即x2 − x + + 2lnx + 2ln2 ≥ m 在 0, + ∞ 上恒成立. 设 F(x) = x2 − x + + 2lnx + 2ln2,(x > 0),F'(x) = 2x − 1 −
2 2 e e
15.y = x − 1 16.ln2 17. − e2 ,0
2
1
即 x + y − 1 = 0 .(5 分) 由g' x = ex − 2 = 0,解得 x = ln2, 当 ln2 < x ≤ 1 时,g' x > 0,g x 在 ln2,1 上单调
故当− 1 ≤ x < ln2 时,g' x < 0,g x 在 − 1,ln2 上单调递减; 递增. 所以 g x
a 1
1
1
1
【详解】 (1)由题可得f' x = ex − x + a, 设 g x = f' x = ex − x + a,则g' x = ex − 1, 14. 所以当 x > 0 时g' x > 0,f' x 在 0, + ∞ 上单调递增,当 x < 0 时g' x < 0,f' x 在 − ∞,0 上单调递减, 所以f' x ≥ f' 0 = 1 + a,因为 a >− 1,所以 1 + a > 0,即f' x > 0,所以函数 f x 在 R 上单调递増. (2)由(1)知f' x 在 1, + ∞ 上单调递増,因为 a < 1 − e,所以f' 1 = e − 1 + a < 0, 所以存在 t ∈ 1, + ∞ ,使得f' t = 0,即et − t + a = 0,即 a = t − et , 所以函数 f x 在 1,t 上单调递减,在 t, + ∞ 上单调递増, 所以当 x ∈ 1, + ∞ 时,f x
1+a x
wenku.baidu.com
(2)设 h(x) = f(x) − g(x) = x +
− alnx(x > 0),h'(x) = 1 −
1+a x2
− =
x 1+a x
a
x2−ax−(1+a) x2
=
(x+1)[x−(1+a)] x2

不等式 f(x) > g(x)对任意 x ∈ [1,e]恒成立,即函数 h(x) = x +
a a a a a 1 1 1 1 1
∴只需fmin ≥ 0 即 1 − a + ln a ≥ 0,记 g(x) = 1 − x + lnx,x > 0,则g' (x) =− 1 + x > 0 ⇒ x > 1,
g' (x) < 0 ⇒ 0 < x < 1,∴ g(x)在(0,1) ↓ ,(1, + ∞) ↑,∴ g(x) ≤ g(1) = 0 ,∴ = 1,∴ a = 1.
x 1 1 1 1 1 x2
+ =
x
2
2x3 −x2 −1+2x x2
=
(x2 +1)(2x−1) x2 1
,
7 4
令 F'(x) = 0,得 x = 2.当 0 < x < 2时,F'(x) < 0,当 x > 2时,F'(x) > 0,所以,F(x)min = F( 2 ) = 所以 m ≤ .即 m 的最大值为 .
min
= g ln2 = 2 − 2ln2 − a.
又 g − 1 = e−1 +2 − a,g 1 = e − 2 − a, g − 1 = e−1 + 2 − a ≥ 0, 则 g 1 = e − 2 − a ≥ 0, 解得 2 − 2ln2 < a ≤ e − 2. g ln2 = 2 − 2ln2 − a < 0,
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