高中數學導函數例題及答案?加關注 獲取正确習題講解（視頻聯系方式），現在小編就來說說關于高中數學導函數例題及答案?下面内容希望能幫助到你，我們來一起看看吧!

高中數學導函數例題及答案

加關注 獲取正确習題講解（視頻聯系方式）

肖博數學大題專練(二十) 函數與導數

A 級 基礎達标

1．(2017·北京高考)已知函數 f(x)＝e

x

cosx－x。

(1)求曲線 y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程；

(2)求函數 f(x)在區間











0，

π

2 上的最大值和最小值。

解 (1)因為 f(x)＝e

x

cosx－x，所以 f′(x)＝e

x

(cosx－sinx)－1，f′(0)

＝0。又因為 f(0)＝1，所以曲線 y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程為 y

＝1。

(2)設 h(x)＝e

x

(cosx－sinx)－1，則 h′(x)＝e

x

(cosx－sinx－sinx－

cosx)＝－2ex

sinx。當 x∈











0，

π

2 時，h′(x)<0，所以 h(x)在區間











0，

π

2 上

單調遞減。所以對任意 x∈











0，

π

2 有 h(x)<h(0)＝0，即 f′(x)<0。所以

函數 f(x)在區間











0，

π

2 上單調遞減。因此 f(x)在區間











0，

π

2 上的最大值

為 f(0)＝1，最小值為 f











π

2 ＝－

π

2。

2．(2017·大連模拟)已知函數 f(x)＝ln(x－1)＋

ax

x＋1

(a∈R)。

(1)若函數 f(x)在區間(1,4)上單調遞增，求 a 的取值範圍；

(2)若函數 y＝f(x)的圖象與直線 4x－3y－2＝0 相切，求 a 的值。

解 (1)函數 f(x)＝ln(x－1)＋

ax

x＋1

(x>1)，

則 f′(x)＝

1

x－1

＋

ax＋a－ax

(x＋1)

2 ＝

1

x－1

＋

a

(x＋1)

2，

∵函數 f(x)在區間(1,4)上單調遞增，

2

∴

1

x－1

＋

a

(x＋1)

2≥0 在 x∈(1,4)上恒成立。

即 a≥

(x＋1)

2

1－x

在 x∈(1,4)上恒成立。

令 g(x)＝

(x＋1)

2

1－x

，則 g′(x)＝－

(x＋1)(x－3)

(1－x)

2 。

當 x∈(1,3)時，g′(x)>0，當 x∈(3,4)時，g′(x)<0。

∴g(x)在(1,3)上為單調遞增函數，在(3,4)上為單調遞減函數，

∴g(x)max＝g(3)＝－8。

則 a≥－8；

(2)設切點坐标為(x0，y0)，則 f′(x0)＝

1

x0－1

＋

a

(x0＋1)

2，則 1

x0－1

＋

a

(x0＋1)

2＝

4

3 ①

f(x0)＝ln(x0－1)＋

ax0

x0＋1

＝

4x0

3 －

2

3，②

聯立①②解得：x0＝2，a＝3。

3．(2017·全國卷Ⅰ)已知函數 f(x)＝e

x

(ex－a)－a

2

x。

(1)讨論 f(x)的單調性；

(2)若 f(x)≥0，求 a 的取值範圍。

解 (1)函數 f(x)的定義域為(－∞，＋∞)，

f′(x)＝2e2x－ae

x－a

2＝(2ex＋a)(ex－a)。

①若 a＝0，則 f(x)＝e

2x，在(－∞，＋∞)上單調遞增。

②若 a>0，則由 f′(x)＝0 得 x＝lna。

當 x∈(－∞，lna)時，f′(x)<0；

3

當 x∈(lna，＋∞)時，f′(x)>0。

故 f(x)在(－∞，lna)上單調遞減，在(lna，＋∞)上單調遞增。

③若 a<0，則由 f′(x)＝0 得 x＝ln









 －

a

2 。

當 x∈









 －∞，ln









 －

a

2 時，f′(x)<0；

當 x∈











ln











 －

a

2 ，＋∞ 時，f′(x)>0。

故 f(x)在









 －∞，ln











 －

a

2 上單調遞減，

在











ln











 －

a

2 ，＋∞ 上單調遞增。

(2)①若 a＝0，則 f(x)＝e

2x，所以 f(x)≥0。

②若 a>0，則由(1)得，當 x＝lna 時，f(x)取得最小值，最小值為

f(lna)＝－a

2

lna。從而當且僅當－a

2

lna≥0，

即 0<a≤1 時，f(x)≥0。

③若 a<0，則由(1)得，當 x＝ln









 －

a

2 時，f(x)取得最小值，最小值

為 f













ln











 －

a

2 ＝a

2











3 

4－ln











 －

a

2 。

從而當且僅當 a

2











3 

4－ln











 －

a

2 ≥0，

即 a≥－2e

3

4時 f(x)≥0，∴－2e

3

4≤a<0。

綜上，a 的取值範圍是[－2e

3

4，1]。

4．(2017·陝西省教學質量檢測(一))已知函數 f(x)＝ln(x＋1)＋

ax

x＋1

(a∈R)。

(1)當 a＝1 時，求 f(x)的圖象在 x＝0 處的切線方程；

4

(2)當 a<0 時，求 f(x)的極值；

(3)求證：ln(n＋1)> 1

2

2＋

2

3

2＋…＋

n－1

n

2 (n∈N*

)。

解 (1)當 a＝1 時，f(x)＝ln(x＋1)＋

x

x＋1

，

∴f′(x)＝

1

x＋1

＋

1

(x＋1)

2＝

x＋2

(x＋1)

2。

∵f(0)＝0，f′(0)＝2，

∴所求切線方程為 y＝2x。

(2)f(x)＝ln(x＋1)＋

ax

x＋1

(x>－1)，

f′(x)＝

1

x＋1

＋

a

(x＋1)

2＝

x＋a＋1

(x＋1)

2 ，

∵a<0，∴當 x∈(－1，－a－1)時，f′(x)<0，

當 x∈(－a－1，＋∞)時，f′(x)>0，

所以函數 f(x)的極小值為 f(－a－1)＝a＋1＋ln(－a)，無極大值。

(3)證明：由(2)知，取 a＝－1，由 f(x)的單調遞增區間為(0，＋∞)，

單調遞減區間為(－1,0)可知，f(x)＝ln(x＋1)－

x

x＋1

≥f(0)＝0。

當 x>0 時，ln(x＋1)> x

x＋1

，

取 x＝

1

n，得 ln

n＋1

n

>

1

n＋1

>

n－1

n

2 。

∴ ln 2

1 ＋ ln 3

2 ＋ … ＋ ln

n＋1

n

>

1－1

1

2 ＋

1

2

2 ＋

2

3

2 ＋ … ＋

n－1

n

2 ⇔

5

ln

















2

1

·

3

2

·…·

n＋1

n

>

1

2

2＋

2

3

2＋…＋

n－1

n

2 ，

即 ln(n＋1)> 1

2

2＋

2

3

2＋…＋

n－1

n

2 。

B 級 能力提升

5．(2017·江西南昌一模)已知函數 f(x)＝(2x－4)ex＋a(x＋2)2

(x>0，

a∈R，e 是自然對數的底數)。

(1)若 f(x)是(0，＋∞)上的單調遞增函數，求實數 a 的取值範圍；

(2)當 a∈











0，

1

2 時，證明：函數 f(x)有最小值，并求函數 f(x)的最

小值的取值範圍。

解 (1)f′(x)＝2ex＋(2x－4)ex＋2a(x＋2)＝(2x－2)ex＋2a(x＋2)，

依題意，當 x>0 時，函數 f′(x)≥0 恒成立，即 a≥－

(x－1)e

x

x＋2

恒成立，

記 g(x)＝－

(x－1)e

x

x＋2

，則 g′(x)＝－

xe

x

(x＋2)－(x－1)e

x

(x＋2)

2 ＝－

(x

2＋x＋1)e

x

(x＋2)

2

<0，所以 g(x)在(0，＋∞)上單調遞減，所以 g(x)<g(0)＝

1

2，所以 a≥

1

2。

(2)因為[f′(x)]′＝2xe

x＋2a>0，所以 y＝f′(x)是(0，＋∞)上的

增函數，又 f′(0)＝4a－2<0，f′(1)＝6a>0，所以存在 t∈(0,1)使得 f′(t)

＝0，

又當 x∈(0，t)時，f′(x)<0，

當 x∈(t，＋∞)時，f′(x)>0，

所以當 x＝t 時，f(x)min＝f(t)＝(2t－4)et＋a(t＋2)2，且有 f′(t)＝0

⇒a＝－

(t－1)e

t

t＋2

，

6

則 f(x)min＝f(t)＝(2t－4)et－(t－1)(t＋2)et＝e

t

(－t

2＋t－2)，t∈

(0,1)。

記 h(t)＝e

t

(－t

2＋t－2)，則 h′(t)＝e

t

(－t

2＋t－2)＋e

t

(－2t＋1)＝

e

t

(－t

2－t－1)<0，

所以 h(1)<h(t)<h(0)，即 f(x)的最小值的取值範圍是(－2e，－2)。

6．(2017·安徽二模)已知函數 f(x)＝(ax－2)ex在 x＝1 處取得極值。

(1)求 a 的值；

(2)求函數 f(x)在[m，m＋1]上的最小值；

(3)求證：對任意 x1，x2∈[0,2]，都有|f(x1)－f(x2)|≤e。

解 (1)f′(x)＝ae

x＋(ax－2)ex＝(ax＋a－2)ex，

由已知得 f′(1)＝0，即(2a－2)e＝0，解得 a＝1。

(2)f(x)＝(x－2)ex，

f′(x)＝e

x＋(x－2)ex＝(x－1)ex。

令 f′(x)>0，得 x>1，令 f′(x)<0，得 x<1。

所以函數 f(x)在(－∞，1)上單調遞減，在(1，＋∞)上單調遞增。

①當 m≥1 時，f(x)在[m，m＋1]上單調遞增，f(x)min＝f(m)＝(m－

2)em；

②當 0<m<1 時，m<1<m＋1，f(x)在[m,1]上單調遞減，在[1，m＋

1]上單調遞增，f(x)min＝f(1)＝－e；

③當 m≤0 時，m＋1≤1，f(x)在[m，m＋1]上單調遞減，f(x)min

＝f(m＋1)＝(m－1)em＋1。

綜上，f(x)在[m，m＋1]上的最小值

7

f(x)min＝









(m－2)e

m， m≥1，

－e， 0<m<1，

(m－1)e

m＋1， m≤0。

(3)證明：由(2)知 f(x)＝(x－2)ex，f′(x)＝(x－1)ex。

令 f′(x)＝0，得 x＝1。

因為 f(0)＝－2，f(1)＝－e，f(2)＝0，

所以 x∈[0,2]時，f(x)max＝0，f(x)min＝－e。

所以對任意 x1，x2∈[0,2]，都有

|f(x1)－f(x2)|≤f(x)max－f(x)min＝e。

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