步步高高二数学暑假作业：【文】作业5 导数的综合应用

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【步步高】2021届高考数学总温习导数的综合应用学案理新人教A版 (1)

学案15 导数的综合应用导学目标： 1.应用导数讨论函数的单调性，并会依照函数的性质求参数范围.2.会利用导数解决某些实际问题．自主梳理 1．函数的最值(1)函数f (x )在[a ，b ]上必有最值的条件若是函数y ＝f (x )的图象在区间[a ，b ]上________，那么它必有最大值和最小值． (2)求函数y ＝f (x )在[a ，b ]上的最大值与最小值的步骤： ①求函数y ＝f (x )在(a ，b )内的________；②将函数y ＝f (x )的各极值与________比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．2．实际应用问题：第一要充分明白得题意，列出适当的函数关系式，再利用导数求出该函数的最大值或最小值，最后回到实际问题中，得出最优解．自我检测1．函数f (x )＝x 3－3ax －a 在(0,1)内有最小值，那么a 的取值范围为 ( ) A ．0≤a <1 B ．0<a <1 C ．－1<a <1D ．0<a <122．(2020·汕头月考)设f ′(x )是函数f (x )的导函数，将y ＝f (x )和y ＝f ′(x )的图象画在同一个直角坐标系中，不可能正确的选项是 ( )3．关于R 上可导的任意函数f (x )，假设知足(x －1)f ′(x )≥0，那么必有 ( ) A ．f (0)＋f (2)<2f (1) B ．f (0)＋f (2)≤2f (1) C ．f (0)＋f (2)≥2f (1)D ．f (0)＋f (2)>2f (1)4．(2020·新乡模拟)函数f (x )＝12e x (sin x ＋cos x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的值域为______________． 5．f (x )＝x (x －c )2在x ＝2处有极大值，那么常数c 的值为________．探讨点一求含参数的函数的最值例1 已知函数f (x )＝x 2e －ax (a >0)，求函数在[1,2]上的最大值．变式迁移1 设a >0，函数f (x )＝a ln x x.(1)讨论f (x )的单调性；(2)求f (x )在区间[a,2a ]上的最小值．探讨点二用导数证明不等式例2 (2020·张家口模拟)已知f (x )＝12x 2－a ln x (a ∈R )，(1)求函数f (x )的单调区间；(2)求证：当x >1时，12x 2＋ln x <23x 3. 变式迁移2 (2020·安徽)设a 为实数，函数f (x )＝e x －2x ＋2a ，x ∈R . (1)求f (x )的单调区间与极值；(2)求证：当a >ln 2－1且x >0时，e x >x 2－2ax ＋1. 探讨点三实际生活中的优化问题例3 (2020·孝感月考)某分公司经销某种品牌产品，每件产品的本钱为3元，而且每件产品需向总公司交a 元(3≤a ≤5)的治理费，估量当每件产品的售价为x 元(9≤x ≤11)时，一年的销售量为(12－x )2万件．(1)求分公司一年的利润L (万元)与每件产品的售价x 的函数关系式；(2)当每件产品的售价为多少元时，分公司一年的利润L 最大，并求出L 的最大值Q (a )．变式迁移3 甲方是一农场，乙方是一工厂．由于乙方生产需占用甲方的资源，因此甲方有权向乙方索赔以弥补经济损失并取得必然净收入，在乙方不赔付甲方的情形下，乙方的年利润x (元)与年产量t (吨)知足函数关系x ＝2 000t .假设乙方每生产一吨产品必需赔付甲方S 元(以下称S 为赔付价钱)．(1)将乙方的年利润ω(元)表示为年产量t (吨)的函数，并求出乙方取得最大利润的年产量；(2)甲方每一年受乙方生产阻碍的经济损失金额y ＝0.002t 2(元)，在乙方依照取得最大利润的产量进行生产的前提下，甲方要在索赔中取得最大净收入，应向乙方要求的赔付价钱S 是多少？转化与化归思想的应用例 (12分)(2020·全国Ⅰ)已知函数f (x )＝(x ＋1)ln x －x ＋1. (1)假设xf ′(x )≤x 2＋ax ＋1，求a 的取值范围； (2)证明：(x －1)f (x )≥0. 【答题模板】 (1)解 ∵f ′(x )＝x ＋1x＋ln x －1＝ln x ＋1x，x >0，∴xf ′(x )＝x ln x ＋1.由xf ′(x )≤x 2＋ax ＋1，得a ≥ln x －x ，令g (x )＝ln x －x ，那么g ′(x )＝1x－1，[2分]当0<x <1时，g ′(x )>0；当x >1时，g ′(x )<0，[4分]∴x ＝1是最大值点，g (x )max ＝g (1)＝－1，∴a ≥－1， ∴a 的取值范围为[－1，＋∞)．[6分](2)证明由(1)知g (x )＝ln x －x ≤g (1)＝－1，∴ln x －x ＋1≤0.(注：充分利用(1)是快速解决(2)的关键．)[8分]当0<x <1时，x －1<0，f (x )＝(x ＋1)ln x －x ＋1＝x ln x ＋ln x －x ＋1≤0， ∴(x －1)f (x )≥0.当x ≥1时，x －1>0，f (x )＝(x ＋1)ln x －x ＋1 ＝ln x ＋x ln x －x ＋1＝ln x －x ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1x －1x ＋1≥0，∴(x －1)f (x )≥0.[11分] 综上，(x －1)f (x )≥0.[12分] 【冲破思维障碍】本小题要紧考查函数、导数、不等式证明等知识，通过运用导数知识解决函数、不等式问题，考查了考生综合运用数学知识解决问题的能力和计算能力，同时也考查了函数与方程思想、化归与转化思想．通过转化，此题实质仍是利用单调性求最值问题．1．求极值、最值时，要求步骤标准，含参数时，要分类讨论参数的范围．假设已知函数单调性求参数范围时，隐含恒成立思想．2．利用导数解决生活中的优化问题的一样步骤：(1)分析实际问题中各变量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出相应的函数关系式y ＝f (x )； (2)求函数的导数f ′(x )，解方程f ′(x )＝0；(3)比较函数的区间端点对应的函数值和极值，确信最值； (4)回到实际问题，作出解答．(总分值：75分)一、选择题(每题5分，共25分)1．(2020·皖南模拟)已知曲线C ：y ＝2x 2－x 3，点P (0，－4)，直线l 过点P 且与曲线C 相切于点Q ，那么点Q 的横坐标为 ( )A ．－1B ．1C ．－2D ．22．已知函数y ＝f (x )，y ＝g (x )的导函数的图象如下图，那么y ＝f (x )，y ＝g (x )的图象可能是 ( )3．设f ′(x )是函数f (x )的导函数，y ＝f ′(x )的图象如下图，那么y ＝f (x )的图象最有可能是 ( )4．函数f (x )＝－x 3＋x 2＋tx ＋t 在(－1,1)上是增函数，那么t 的取值范围是 ( ) A ．t >5 B ．t <5 C ．t ≥5D ．t ≤55．(2020·沧州模拟)假设函数f (x )＝sin x x ，且0<x 1<x 2<1，设a ＝sin x 1x 1，b ＝sin x 2x 2，那么a ，b 的大小关系是 ( )A ．a >bB ．a <bC ．a ＝bD ．a 、b 的大小不能确信6．在直径为d 的圆木中，截取一个具有最大抗弯强度的长方体梁，那么矩形面的长为________．(强度与bh 2成正比，其中h 为矩形的长，b 为矩形的宽)7．要建造一个长方体形状的仓库，其内部的高为3 m ，长和宽的和为20 m ，那么仓库容积的最大值为_____________________________________________________________m 3.8．假设函数f (x )＝4xx 2＋1在区间(m,2m ＋1)上是单调递增函数，那么实数m 的取值范围为________．三、解答题(共38分)9．(12分)已知函数f (x )＝12(1＋x )2－ln(1＋x )．(1)求f (x )的单调区间；(2)假设x ∈[1e－1，e －1]时，f (x )<m 恒成立，求m 的取值范围．10．(12分)(2020·湖北)为了在夏日降温和冬季供暖时减少能源损耗，衡宇的屋顶和外墙需要建造隔热层．某幢建筑物要建造可利用20年的隔热层，每厘米厚的隔热层建造本钱为6万元．该建筑物每一年的能源消花费用C (单位：万元)与隔热层厚度x (单位：cm)知足关系：C (x )＝k3x ＋5(0≤x ≤10)，假设不建隔热层，每一年能源消花费用为8万元，设f (x )为隔热层建造费用与20年的能源消花费用之和．(1)求k 的值及f (x )的表达式；(2)隔热层修建多厚时，总费用f (x )达到最小，并求最小值．11．(14分)设函数f (x )＝ln x ，g (x )＝ax ＋b x，函数f (x )的图象与x 轴的交点也在函数g (x )的图象上，且在此点有公共切线．(1)求a 、b 的值；(2)对任意x >0，试比较f (x )与g (x )的大小．答案自主梳理1．(1)持续 (2)①极值 ②端点值自我检测 1．B 2.D 3.C4.⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，12e π2 5.6 课堂活动区例1 解题导引求函数在闭区间上的最值，第一应判定函数在闭区间上的单调性，一样方式是令f ′(x )＝0，求出x 值后，再判定函数在各区间上的单调性，在那个地址一样要用到分类讨论的思想，讨论的标准一般是极值点与区间端点的大小关系，确信单调性或具体情形．解 ∵f (x )＝x 2e －ax (a >0)，∴f ′(x )＝2x e －ax ＋x 2·(－a )e －ax ＝e －ax (－ax 2＋2x )．令f ′(x )>0，即e －ax (－ax 2＋2x )>0，得0<x <2a.∴f (x )在(－∞，0)，⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ，＋∞上是减函数，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2a 上是增函数． ①当0<2a<1，即a >2时，f (x )在[1,2]上是减函数，∴f (x )max ＝f (1)＝e －a .②当1≤2a≤2，即1≤a ≤2时，f (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，2a 上是增函数，在⎝ ⎛⎦⎥⎤2a，2上是减函数，∴f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＝4a －2e －2.③当2a>2，即0<a <1时，f (x )在[1,2]上是增函数，∴f (x )max ＝f (2)＝4e －2a . 综上所述，当0<a <1时，f (x )的最大值为4e －2a ；当1≤a ≤2时，f (x )的最大值为4a －2e －2；当a >2时，f (x )的最大值为e －a .变式迁移1 解 (1)函数f (x )的概念域为(0，＋∞)， f ′(x )＝a ·1－ln xx2(a >0)，由f ′(x )＝a ·1－ln x x2>0，得0<x <e ；由f ′(x )<0，得x >e.故f (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减． (2)∵f (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减，∴f (x )在[a ,2a ]上的最小值[f (x )]min ＝min{f (a )，f (2a )}．∵f (a )－f (2a )＝12ln a 2，∴当0<a ≤2时，[f (x )]min ＝ln a ；当a >2时，[f (x )]min ＝ln 2a2.例2 解题导引利用导数解决不等式问题的要紧方式确实是构造函数，通过研究函数的性质进而解决不等式问题．(1)解 f ′(x )＝x －a x＝x 2－a x(x >0)，若a ≤0时，f ′(x )>0恒成立， ∴函数f (x )的单调增区间为(0，＋∞)．若a >0时，令f ′(x )>0，得x >a ，∴函数f (x )的单调增区间为(a ，＋∞)，减区间为(0，a )．(2)证明设F (x )＝23x 3－(12x 2＋ln x )，故F ′(x )＝2x 2－x －1x.∴F ′(x )＝x －12x 2＋x ＋1x.∵x >1，∴F ′(x )>0.∴F (x )在(1，＋∞)上为增函数．又F (x )在(1，＋∞)上持续，F (1)＝16>0，∴F (x )>16在(1，＋∞)上恒成立．∴F (x )>0.∴当x >1时，12x 2＋ln x <23x 3. 变式迁移2 (1)解由f (x )＝e x －2x ＋2a ，x ∈R ，知f ′(x )＝e x －2，x ∈R .令f ′(x )＝0，得x ＝ln 2.于是当x 转变时，f ′(x )，f (x )的转变情形如下表：x (－∞，ln 2) ln 2 (ln 2，＋∞) f ′(x )－＋f (x ) 极小值故f (x )的单调递减区间是(－∞，ln 2)，单调递增区间是(ln 2，＋∞)，f (x )在x ＝ln 2处取得极小值，极小值为 f (ln 2)＝e ln 2－2ln 2＋2a ＝2(1－ln 2＋a )．(2)证明设g (x )＝e x －x 2＋2ax －1，x ∈R . 于是g ′(x )＝e x －2x ＋2a ，x ∈R . 由(1)知当a >ln 2－1时，g ′(x )最小值为g ′(ln 2)＝2(1－ln 2＋a )>0.于是对任意x ∈R ，都有g ′(x )>0，因此g (x )在R 内单调递增，于是当a >ln 2－1时，对任意x ∈(0，＋∞)，都有g (x )>g (0)．而g (0)＝0，从而对任意x ∈(0，＋∞)，都有g (x )>0，即e x －x 2＋2ax －1>0，故e x >x 2－2ax ＋1.例3 解 (1)分公司一年的利润L (万元)与售价x 的函数关系式为L ＝(x －3－a )(12－x )2，x ∈[9,11]． (2)L ′(x )＝(12－x )2－2(x －3－a )(12－x ) ＝(12－x )(18＋2a －3x )．令L ′＝0，得x ＝6＋23a 或x ＝12(不合题意，舍去)．∵3≤a ≤5，∴8≤6＋23a ≤283.在x ＝6＋23a 双侧L ′的值由正变负．∴①当8≤6＋23a <9，即3≤a <92时，L max ＝L (9)＝(9－3－a )(12－9)2＝9(6－a )．②当9≤6＋23a ≤283，即92≤a ≤5时，L max ＝L (6＋23a )＝(6＋23a －3－a )[12－(6＋23a )]2＝4(3－13a )3.因此Q (a )＝⎩⎪⎨⎪⎧96－a ， 3≤a <92，43－13a 3，92≤a ≤5.综上，假设3≤a <92，那么当每件售价为9元时，分公司一年的利润L 最大，最大值Q (a )＝9(6－a )(万元)；若92≤a ≤5，那么当每件售价为(6＋23a )元时，分公司一年的利润L 最大，最大值Q (a )＝4(3－13a )3(万元)．变式迁移3 解 (1)因为赔付价钱为S 元/吨，因此乙方的实际年利润为ω＝2 000t －St .由ω′＝1 000t －S ＝1 000－S tt，令ω′＝0，得t ＝t 0＝(1 000S)2.当t <t 0时，ω′>0；当t >t 0时，ω′<0. 因此当t ＝t 0时，ω取得最大值．因此乙方取得最大利润的年产量为(1 000S)2吨．(2)设甲方净收入为v 元，那么v ＝St －0.002t 2.将t ＝(1 000S)2代入上式，取得甲方净收入v 与赔付价钱S 之间的函数关系式：v ＝1 0002S －2×1 0003S4. 又v ′＝－1 0002S 2＋8×1 0003S 5＝1 0002×8 000－S 3S5，令v ′＝0，得S ＝20.当S <20时，v ′>0；当S >20时，v ′<0，因此S ＝20时，v 取得最大值．因此甲方向乙方要求赔付价钱S ＝20元/吨时，可取得最大净收入．课后练习区1．A 2.D 3.C 4.C 5.A 6.63d解析如下图，为圆木的横截面，由b 2＋h 2＝d 2， ∴bh 2＝b (d 2－b 2)．设f (b )＝b (d 2－b 2)， ∴f ′(b )＝－3b 2＋d 2. 令f ′(b )＝0，由b >0， ∴b ＝33d ，且在(0，33d )上f ′(b )>0，在[33d ，d ]上f ′(b )<0.∴函数f (b )在b ＝33d 处取极大值，也是最大值，即抗弯强度最大，现在长h ＝63d .7．300解析设长为x m ，那么宽为(20－x )m ，仓库的容积为V ，那么V ＝x (20－x )·3＝－3x 2＋60x ，V ′＝－6x ＋60，令V ′＝0得x ＝10.当0<x <10时，V ′>0；当x >10时，V ′<0， ∴x ＝10时，V 最大＝300 (m 3)． 8．(－1,0]解析 f ′(x )＝41－x 2x 2＋12≥0，解得－1≤x ≤1.由已知得(m,2m ＋1)⊆[－1,1]，即⎩⎪⎨⎪⎧ m ≥－12m ＋1≤1m <2m ＋1，解得－1<m ≤0.9．解 (1)∵f (x )＝12(1＋x )2－ln(1＋x )， ∴f ′(x )＝(1＋x )－11＋x ＝x 2＋x 1＋x (x >－1)． ……………………………………………………………………………………………(4分) ∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增，在(－1,0)上单调递减．…………………………………………………………………(6分)(2)令f ′(x )＝0，即x ＝0，那么x(1e －1,0) 0 (0，e －1) f ′(x )－ 0 ＋ f (x ) 极小值又∵f (1e －1)＝12e 2＋1，f (e －1)＝12e 2－1>12e2＋1，又f (x )<m 在x ∈[1e－1，e －1]上恒成立， ∴m >12e 2－1.………………………………………………………………………………(12分) 10．解 (1)设隔热层厚度为x cm ，由题设，每一年能源消花费用为C (x )＝k 3x ＋5，(2分) 再由C (0)＝8，得k ＝40，因此C (x )＝403x ＋5，…………………………………………(4分) 而建造费用为C 1(x )＝6x .…………………………………………………………………(5分)最后得隔热层建造费用与20年的能源消花费用之和为f (x )＝20C (x )＋C 1(x )＝20×403x ＋5＋6x ＝8003x ＋5＋6x (0≤x ≤10)．………………………………………………………………(6分) (2)f ′(x )＝6－2 4003x ＋52，令f ′(x )＝0，即 2 4003x ＋52＝6，解得x ＝5，x ＝－253(舍去)．…………………………………………(8分) 当0<x <5时，f ′(x )<0，当5<x <10时，f ′(x )>0，………………………………………………………………(10分) 故x ＝5是f (x )的最小值点，对应的最小值为f (5)＝6×5＋80015＋5＝70. 当隔热层修建5 cm 厚时，总费用达到最小值70万元．……………………………………………………………………………………………(12分)11．解 (1)f (x )＝ln x 的图象与x 轴的交点坐标是(1,0)，依题意，得g (1)＝a ＋b ＝0.①……………………………………………………………(2分) 又f ′(x )＝1x ，g ′(x )＝a －b x2，且f (x )与g (x )在点(1,0)处有公共切线，∴g ′(1)＝f ′(1)＝1，即a －b ＝1.②……………………………………………………(4分)由①②得a ＝12，b ＝－12.…………………………………………………………………(6分) (2)令F (x )＝f (x )－g (x )，那么F (x )＝ln x －(12x －12x )＝ln x －12x ＋12x， ∴F ′(x )＝1x －12－12x 2＝－12(1x－1)2≤0. ∴F (x )在(0，＋∞)上为减函数．………………………………………………………(10分) 当0<x <1时，F (x )>F (1)＝0，即f (x )>g (x )；当x＝1时，F(1)＝0，即f(x)＝g(x)；当x>1时，F(x)<F(1)＝0，即f(x)<g(x)．综上，0<x<1时，f(x)>g(x)；x＝1时，f(x)＝g(x)；x>1时f(x)<g(x)．…………………………………………………………………………(14分)。

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高中高二数学暑假作业：导数应用及综合期末复习练习
【摘要】高中如何复习一直都是学生们关注的话题，下面是的编辑为大家准备的高中高二数学暑假作业：导数应用及综合期末复习练习
【知识梳理】
内容要求
A B C
导数的概念√
导数的几何意义√
导数的运算√
利用导数研究函数的单调性及极值√
导数在实际问题中的应用√
1。

参考高二数学暑假作业答案

参考高二数学暑假作业答案自己整理的参考高二数学暑假作业答案相关文档，希望能对大家有所帮助，谢谢阅读！[一]1?1变化率和导数1.1.1变化率1 . D2 . D3 . C4-3t-65 .x 26.3？317.(1)0?1(2)0?21(3)2?18.11m/s，10？1m/s 9.25 3t 10.128 a 64 a2 t 11 . f(x)-f(0)x=1x(x0)，-1-x(x0)1?1?2导数的概念1 . D2 . C3 . C4-15 . x0，x；x06.67.a=18.a=2 9.-410.(1)2t-6(2)初速度为v0=-6，初位置为x0=1(3)运动开始3秒，在原点向左变化8m (4)x=1，v=611.水面上升速度为0？16m/min，表明 v= h75 15 h ( h) 23，那么 v t= h t 75 15 h ( h) 23，即limt0vt=limt0ht75 15h(h)23=limt0ht25，那就是v’(t)=25h’(t)，那么h’(t)=1254=0？16(米/分钟)1?1?三阶导数的几何意义(一)1.C2切线的斜率。

B3。

B4。

f (x)在x0，y-f(x0)=f’(x0)(x-x0)5.36.1357.割线的斜率是3？31，正切的斜率为38.k=-1，x y 2=09.2x-y 4=010.k=14，切点坐标为12，1211.有两个交点，交点的坐标是(1，1)，(-2，-8)1?1?3阶导数的几何意义(2)1.C2 a3 . B4 . y=x15。

16.37.y=4x-18.1039.1910.a=3，b=-11，c=9。

提示：首先找出a、b、c之间的关系，即c=3 2a。

B=-3a-2，然后求点(2，-1)处的斜率，得到k=a-2=1，即a=3 11.(1)y=-13x-229(2)125121?导数2的计算1?2?1几种常用函数的导数1.C2。

2020版江苏步步高二轮数学(五)导数(A)

(五)导数(A)1．已知函数f (x )＝(ax 2＋x )e x ，其中e 是自然对数的底数，a ∈R . (1)当a <0时，解不等式f (x )>0；(2)若f (x )在[－1,1]上是单调增函数，求a 的取值范围；(3)当a ＝0时，求整数k 的所有值，使方程f (x )＝x ＋2在[k ，k ＋1]上有解．解 (1)∵e x ＞0，∴当f (x )＞0时即ax 2＋x ＞0，又∵a ＜0，∴原不等式可化为x ⎝⎛⎭⎫x ＋1a ＜0， ∴f (x )＞0的解集为⎝⎛⎭⎫0，－1a . (2)∵f (x )＝(ax 2＋x )e x ，∴f ′(x )＝(2ax ＋1)e x ＋(ax 2＋x )e x ＝[ax 2＋(2a ＋1)x ＋1]e x ， ①当a ＝0时，f ′(x )＝(x ＋1)e x ， ∵f ′(x )≥0在[－1,1]上恒成立，当且仅当x ＝－1时取“＝”， ∴a ＝0满足条件；②当a ≠0时，令g (x )＝ax 2＋(2a ＋1)x ＋1， ∵Δ＝(2a ＋1)2－4a ＝4a 2＋1＞0， ∴g (x )＝0有两个不等的实根x 1，x 2，不妨设x 1＞x 2，若a ＞0，∵g (－1)·g (0)＝－a ＜0，∴f (x )在(－1,1)内有极值点，∴f (x )在[－1,1]上不单调；若a ＜0，则x 1＞0＞x 2，∵g (x )的图象开口向下，要使f (x )在[－1,1]上单调递增，由g (0)＝1＞0，∴⎩⎪⎨⎪⎧ g (1)≥0，g (－1)≥0，即⎩⎪⎨⎪⎧3a ＋2≥0，－a ≥0，∴－23≤a <0，综上可知，a 的取值范围是⎣⎡⎦⎤－23，0. (3)当a ＝0时，方程f (x )＝x ＋2为x e x ＝x ＋2，∵e x ＞0，∴x ＝0不是原方程的解， ∴原方程可化为e x －2x －1＝0；令h (x )＝e x －2x－1，∵h ′(x )＝e x ＋2x 2＞0在x ∈(－∞，0)∪(0，＋∞)时恒成立，∴h (x )在(－∞，0)和(0，＋∞)上是单调增函数；又h (1)＝e －3＜0，h (2)＝e 2－2＞0， h (－3)＝e －3－13＜0，h (－2)＝e －2＞0，∴方程f (x )＝x ＋2有且只有两个实根，且分别在区间[1,2]和[－3，－2]上， ∴整数k 的所有值组成的集合为{－3,1}． 2．已知函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋4a (a ，b 为常数)， (1)若a ＝1，b ＝3.①求函数f (x )在区间[－4,2]上的最大值及最小值．②若过点(1，t )可作函数f (x )的三条不同的切线，求实数t 的取值范围． (2)当x ∈[1,4]时，不等式0≤f (x )≤4x 2恒成立，求a ＋b 的取值范围．解 (1)因为a ＝1，b ＝3，所以f (x )＝x 3＋3x 2＋4，从而f ′(x )＝3x 2＋6x .①令f ′(x )＝0，解得x ＝－2或x ＝0，列表如下．所以，f (x )max ＝f (2)＝24，f (x )min ＝f (－4)＝－12.②设曲线f (x )切线的切点坐标为P (x 0，x 30＋3x 20＋4)，则切线斜率k ＝3x 20＋6x 0，故切线方程为y －x 30－3x 20－4＝(3x 20＋6x 0)(x －x 0)，因为切线过点(1，t )，所以t －x 30－3x 20－4＝(3x 20＋6x 0)(1－x 0)，即2x 30－6x 0＋t －4＝0，令g (x 0)＝2x 30－6x 0＋t －4，则g ′(x 0)＝6x 20－6，所以，当x 0∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)时，g ′(x 0)＞0， g (x 0)在区间(－∞，－1)，(1，＋∞)上单调递增，当x 0∈(－1,1)时，g ′(x 0)＜0，此时g (x 0)单调递减，所以g (x 0)极小值＝g (1)＝t －8，g (x 0)极大值＝g (－1)＝t ，要使过点(1，t )可以作函数f (x )的三条不同切线，则需⎩⎪⎨⎪⎧g (－1)>0，g (1)<0，解得0＜t ＜8.即实数t 的取值范围是(0,8)．(2)当x ∈[1,4]时，不等式0≤ax 3＋bx 2＋4a ≤4x 2等价于0≤a ⎝⎛⎭⎫x ＋4x 2＋b ≤4，令h (x )＝x ＋4x 2，x ∈[1,4]，则h ′(x )＝1－8x 3＝x 3－8x3，所以，当x ∈(1,2)时，h ′(x )＜0，此时函数h (x )单调递减；当x ∈(2,4)时，h ′(x )＞0，此时函数h (x )单调递增，又h (2)＝3，h (1)＝5，h (4)＝174，故h (x )min ＝3，h (x )max ＝5.若a ＝0，则0≤b ≤4，此时0≤a ＋b ≤4；若a ≠0，则⎩⎪⎨⎪⎧0≤3a ＋b ≤4，0≤5a ＋b ≤4，从而a ＋b ＝2(3a ＋b )－(5a ＋b )∈[－4,8]；综上可得a ＋b 的取值范围是[－4,8]．3．(2019·南通基地学校联考)已知函数f (x )＝(x －1)e x ，g (x )＝mx 2－kx ，其中m ∈R 且m ≠0，k ∈R . (1)若函数f (x )与g (x )有相同的极值点(极值点是指函数取极值时对应的自变量的值)，求k 的值； (2)当m >0，k ＝0时，求证：函数F (x )＝f (x )＋g (x )有两个不同的零点；(3)若m ＝1，记函数h (x )＝f ′(x )e 2x ＋g (x )＋1e x ，若存在a ，b ，c ∈[0,1]，使h (a )＋h (b )<h (c )，求k的取值范围．(1)解因为f (x )＝(x －1)e x ，所以f ′(x )＝x e x ，令f ′(x )＝0，得x ＝0，当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；所以x ＝0为f (x )的极值点，因为g (x )＝mx 2－kx ，m ≠0，所以g ′(x )＝2mx －k ，令g ′(x )＝0，得x ＝k2m ，又因为g ′(x )是关于x 的一次函数，所以函数g (x )的极值点为x ＝k 2m，因为函数f (x )与g (x )有相同的极值点，所以x ＝k2m ＝0，所以k ＝0.(2)证明由题意F (x )＝mx 2＋(x －1)e x ，所以F ′(x )＝2mx ＋x e x ＝x (2m ＋e x )，因为m >0，所以2m ＋e x >0，令F ′(x )＝0，得x ＝0，当x ∈(－∞，0)时，F ′(x )<0，F (x )单调递减；当x ∈(0，＋∞)时，F ′(x )>0，F (x )单调递增；所以x ＝0为F (x )的极小值点，因为F (0)＝－1<0，F (1)＝m >0，又F (x )在(0，＋∞)上连续且单调，所以F (x )在(0，＋∞)上有唯一零点，取x 0满足x 0<－2且x 0<ln m ，则F (x 0)＝mx 20＋(x 0－1)0e x>mx 20＋m (x 0－1)＝m (x 20＋x 0－1)>0，又F (x )在(－∞，0)上连续且单调，所以F (x )在(－∞，0)上有唯一零点，综上，函数F (x )＝f (x )＋g (x )有两个不同的零点． (3)解当m ＝1时，h (x )＝f ′(x )e 2x ＋g (x )＋1e x＝x 2＋()1－k x ＋1e x，由存在a ，b ，c ∈[0，1]，使h (a )＋h ()b <h ()c ，则在x ∈[0,1]时有2[h (x )]min <[h (x )]max ，由于h ′(x )＝－()x －k ()x －1e x，x ∈[0,1]，①当k ≥1时，h ′(x )≤0，h (x )在[0,1]上单调递减，所以2h (1)<h (0)，即2·3－k e <1，得k >3－e 2，②当k ≤0时，h ′(x )≥0，h (x )在[0,1]上单调递增，所以2h (0)<h (1)，即2<3－k e ，得k <3－2e.③当0<k <1时，在x ∈(0，k )上，h ′(x )<0，h (x )在(0，k )上单调递减；在x ∈(k ，1)上，h ′(x )>0，h (x )在(k ，1)上单调递增，所以2h (k )<max {}h (0)，h (1)，即2×k ＋1e k <max ⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1，3－k e ，(*) 易知y ＝k ＋1ek 在k ∈()0，1上单调递减，故2×k ＋1e k ≥4e ，而在k ∈(0,1)上3－k e <3e，所以不等式(*)无解，综上，实数k 的取值范围为⎩⎨⎧k ⎪⎪⎭⎬⎫k >3－e 2或k <3－2e . 4．已知函数f (x )＝e x －mx ，x ∈R ，其导函数为f ′(x )． (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若x ＞0，关于x 的不等式f (x )≥x 2＋1恒成立，求实数m 的取值范围； (3)若函数f (x )有两个零点x 1，x 2，求证：f ′(x 1)＋f ′(x 2)>0. (1)解依题意，f (x )＝e x －mx ，x ∈R ，故f ′(x )＝e x －m .①若m ≤0，则f ′(x )>0，函数f (x )在R 上单调递增； ②若m >0，令f ′(x )＝0，得x ＝ln m . 当x <ln m 时，f ′(x )<0，函数f (x )在(－∞，ln m )上单调递减；当x >ln m 时，f ′(x )>0，函数f (x )在(ln m ，＋∞)上单调递增．综上所述，当m ≤0时，函数f (x )在R 上单调递增；当m >0时，函数f (x )在(－∞，ln m )上单调递减，在(ln m ，＋∞)上单调递增．(2)解依题意，当x >0时，e x －mx ≥x 2＋1恒成立，即m ≤e x x －x －1x 对任意实数x >0恒成立．令g (x )＝e x x －x －1x，x >0.g ′(x )＝e x (x －1)x 2－1＋1x 2＝e x (x －1)－(x 2－1)x 2＝(e x －x －1)(x －1)x 2，由(1)可知，当m ＝1时，f (x )＝e x －x 在(0，＋∞)上单调递增，故f (x )>f (0)＝1，即e x －x >1，得e x －x －1>0. 所以方程g ′(x )＝0有唯一解x ＝1，且当0<x <1时，g ′(x )<0，g (x )在(0,1)上单调递减，当x >1时，g ′(x )>0，g (x )在(1，＋∞)上单调递增．所以g (x )min ＝g (1)＝e －2.所以m ≤e －2，即m 的取值范围为(－∞，e －2]． (3)证明因为x 1，x 2是f (x )＝e x －mx 的两个零点，所以1e x＝mx 1，2e x＝mx 2，故m ＝1e x －2e x x 1－x 2(x 1≠x 2)．故f ′(x 1)＋f ′(x 2)＝1e x －m ＋2e x －m ＝1e x ＋2e x －2m ＝1e x ＋2e x －2(1e x－2e x)x 1－x 2.要证f ′(x 1)＋f ′(x 2)>0，即证1e x ＋2e x －2(1e x －2e x)x 1－x 2>0.不妨设x 1>x 2，即证(x 1－x 2)(1e x＋2e x)－2(1e x＋2e x)>0，即证(x 1－x 2)(12ex x －＋1)－2(12ex x －－1)>0.令h (t )＝t (e t ＋1)－2(e t －1)，t >0，即h (t )＝(t －2)e t ＋t ＋2，故h ′(t )＝(t －1)e t ＋1，令φ(t )＝h ′(t )＝(t －1)e t ＋1，t >0，所以φ′(t )＝e t ·t >0，φ(t )＝h ′(t )在(0，＋∞)上单调递增，又t →0，φ(t )→0，故φ(t )>0，即h ′(t )>0，所以h (t )在(0，＋∞)上单调递增，又t →0，h (t )→0，所以h (t )>0，即t (e t ＋1)－2(e t －1)>0对任意实数t >0恒成立．又x 1－x 2>0，所以(x 1－x 2)(12ex x －＋1)－2(12ex x －－1)>0.即f ′(x 1)＋f ′(x 2)>0.。

导数的综合应用答案

1专题三导数及其应用第八讲导数的综合应用答案部分 2019 年1.解析当 x =1 时， f (1) =1- 2a + 2a = 1 > 0 恒成立；当 x <1时， f (x ) = x 2- 2ax + 2a 厖0 ⇔ 2ax 2 x - 1恒成立，x 2 x 2(1 - x -1)2(1 - x )2-2 (1 - x ) +1令 g (x )=x -1 = - 1- x= - 1- x= -1- x=-(1- x ) + 1 1- x-⎛ 2(1 - x ) ⋅ 11- x ⎫ - 2 ⎪ = 0 ，⎝⎭所以 2a …g ( x )max = 0 ，即a > 0 ．当 x >1 时， f (x )= x - a ln x 厔0 ⇔ ax ln x恒成立，令 h (x ) = x，则 h '( x ) =ln x ln x - x ⋅ 1x (ln x )2= ln x -1 ， (ln x )2当 x > e 时， h '( x ) > 0 ， h (x )递增，当1 < x < e 时， h '( x ) < 0， h (x )递减，所以当 x = e 时， h (x )取得最小值h (e )= e . 所以a … h (x )min = e .综上， a 的取值范围是[0, e ]．2.解析（1） f '(x ) = 6x 2- 2ax = 2x (3x -a ) ．令 f '(x ) = 0 ，得 x =0 或x = a.3若 a >0，则当x∈(-∞, 0) ⎛ a , +∞ ⎫ 时，f '(x ) > 0 ；当 x ∈⎛ 0, a ⎫时， f '(x ) < 0 ．故 f (x ) 3 ⎪ 3 ⎪ ⎝ ⎭ ⎝ ⎭在(-∞, 0), ⎛ a , +∞ ⎫ 单调递增，在⎛ 0, a ⎫单调递减； 3 ⎪ 3 ⎪ ⎝ ⎭ ⎝ ⎭3若 a =0， f (x ) 在(-∞, +∞) 单调递增；若a <0，则当x ∈⎛-∞, a ⎫ (0, +∞) 时，f '(x ) > 0 ；当x ∈⎛ a , 0⎫时， f '(x ) < 0 ．故 f (x ) 3 ⎪ 3 ⎪ ⎝⎭ ⎝ ⎭在⎛ -∞,a ⎫ , (0, +∞) 单调递增，在⎛ a , 0⎫单调递减. 3 ⎪ 3 ⎪⎝ ⎭ ⎝ ⎭（2）满足题设条件的 a ，b 存在.（i ）当a ≤0 时，由（1）知，f (x ) 在[0，1]单调递增，所以 f (x ) 在区间[0，l]的最小值为 f (0)=b ，最大值为 f (1) = 2 - a + b .此时 a ，b 满足题设条件当且仅当b = -1 ，2 - a + b =1 ，即 a =0，b = -1 ．（ii ）当 a ≥3 时，由（1）知， f (x ) 在[0，1]单调递减，所以 f (x ) 在区间[0，1]的最大值为f (0)=b ，最小值为 f (1) = 2 - a + b ．此时a ，b 满足题设条件当且仅当 2 - a + b = -1 ，b =1，即 a =4，b =1．f (x )f ⎛ a ⎫= - a 3+ b （iii ）当 0<a <3 时，由（1）知，或2 - a + b ．在[0，1]的最小值为 ⎪ ⎝ ⎭27 ，最大值为 b- a 327 + b = -1 ，b =1，则 a = 33 2 ，与 0<a <3 矛盾.- a 327 + b = -1 ，2 - a + b =1，则 a = 3 3 或 a = -3 3 或 a =0，与 0<a <3 矛盾．综上，当且仅当 a =0，b = -1 或 a =4 ，b =1 时， f (x ) 在[0，1]的最小值为–1，最大值为 1． 3.解析：（Ⅰ）当a = - 3 时， f ( x ) = - 3ln x + 1 + x , x > 0 ．4 4f ' (x ) = - 3+ 1 = ( 1+ x - 2)(2 1+ x + 1) ，4x 2 1+ x 4 x 1+ x所以，函数 f (x ) 的单调递减区间为（0，3），单调递增区间为（3，+ ∞ ）．（Ⅱ）由 f (1) ≤ 1 2a，得0 < a ≤2 ．4当0 < a ≤2 时， f ( x ) ≤x 等价于x - 2 1+ x- 2ln x ≥ 0 ． 42a令t = 1，则t ≥ 2 2 ．aa 2 a若若1 7 ⎭ ⎝ ⎭ ⎭设 g (t ) = t 2 x - 2t 1+ x - 2ln x ,t ≥ 2 2 ，则g (t ) ≥ g (2 2) = 8 x - 4 2 1+ x - 2ln x ．（i ）当x ∈⎡ 1 , +∞⎫时， 1 + ≤ 2 2 ，则⎢⎣ 7 ⎪xg (t ) ≥ g (2 2) = 8 x - 4 2 1+ x - 2ln x ．记 p (x ) = 4x - 2 2 1+ x - ln x , x ≥1，则7p' (x ) = 2-2- 1 =2 x x + 1 - 2 x - x + 1 .xx +1 x x x +1故x1 ( 1,1) 771 (1, +∞)p'(x )-+p (x )p ( 1 ) 7单调递减极小值 p (1)单调递增所以， p (x ) ≥ p (1) = 0 ．因此， g (t ) ≥ g (2 2) = 2 p (x ) ≥ 0 ．（ii ）当x ∈⎡ 1 , 1 ⎫时， g (t )…g ⎛ 1+ 1 ⎫ = -2 x ln x - (x + 1) ．⎢⎣ e 2 7 ⎪ x ⎪ 2 x⎭ ⎝ ⎭令q (x ) = 2 x ln x + (x +1), x ∈ ⎡ 1 , 1 ⎤ ，则q' (x ) =ln x + 2 +1 > 0 ， ⎢⎣ e 2 7⎥⎦x故 q (x ) 在⎡ 1 , 1⎤ 上单调递增，所以 q (x )… q ⎛ 1 ⎫ ．⎢⎣ e 2 7⎥⎦ ⎪由（i ）得q⎛ 1 ⎫= - 2 7 p ⎛ 1 ⎫< - 2 7 p (1) = 0 ． 7 ⎪ 7 7 ⎪ 7 ⎝ ⎭ ⎝ ⎭所以，q (x )<0 ．因此 g (t )…g ⎛1+ 1 ⎫ = -q ( x )> 0．x ⎪ 2 x ⎝ ⎭由（i ）（ii ）得对任意 x ∈ ⎡ 1 , +∞⎫， t ∈[2 2, +∞), g (t )…0 ，⎢⎣e 2 ⎪⎭即对任意x ∈⎡ 1, +∞⎫，均有 f ( x )…x ． ⎢⎣e 2 ⎪ 2a 综上所述，所求a 的取值范围是⎛ 2 ⎤0, 4 ⎥ ⎝ ⎦4.解析：（1）设g (x ) = f '(x ) ，则g (x ) = cos x -11 + x， g' (x ) = - sin x +1 . (1+ x )2当 x ∈⎛-1,π ⎫时， g' (x )单调递减，而 g'(0) > 0, g'( π) < 0 ，2 ⎪2 ⎝ ⎭可得 g' (x ) 在⎛-1,π ⎫有唯一零点，设为α. 2 ⎪ ⎝⎭则当x ∈( -1,α) 时， g'(x ) > 0 ；当x ∈⎛α, π ⎫ 时， g'(x ) < 0 . 2 ⎪ ⎝ ⎭所以 g (x ) 在(-1,α) 单调递增，在 ⎛α, π ⎫ 单调递减，故 g (x ) 在⎛-1, π⎫ 存在唯一极2 ⎪ 2 ⎪ ⎝ ⎭ ⎝ ⎭大值点，即 f '(x ) 在⎛-1, π⎫ 存在唯一极大值点.2 ⎪ ⎝ ⎭（2） f (x ) 的定义域为(-1, +∞) .（i ）当x ∈ (-1, 0] 时，由（1）知， f '(x ) 在( -1,0) 单调递增，而 f '(0) = 0 ，所以当x ∈ (-1, 0) 时， f '(x ) < 0 ，故 f (x ) 在( -1,0) 单调递减，又 f (0)=0 ，从而x = 0 是f (x ) 在(-1, 0] 的唯一零点.（ii ）当 x ∈⎛0, π⎤ 时，由（1）知， f '(x ) 在(0,α) 单调递增，在⎛α, π⎫ 单调递减，2⎥ 2 ⎪ ⎝ ⎦ ⎝ ⎭而 f '(0)=0 f '⎛ π ⎫ < 0 ，所以存在β∈ ⎛α, π ⎫，使得 f '(β) = 0 ，且当x ∈(0,β) 时，， 2 ⎪2 ⎪ ⎝ ⎭ ⎝ ⎭f '(x ) > 0 ；当 x ∈⎛ β, π ⎫时， f '(x ) < 0 .故 f (x ) 在(0,β) 单调递增，在⎛ β, π⎫ 单调2 ⎪ 2 ⎪ ⎝ ⎭ ⎝ ⎭ 递减.又 f (0)=0 ， f ⎛ π ⎫ =1 -ln ⎛1 + π ⎫ >0 ，所以当 x ∈⎛0, π⎤时， f (x ) > 0 .2 ⎪ 2 ⎪ 2⎥从而 f (x ) ⎝ ⎭ ⎝ ⎭ ⎝ ⎦ 在⎛0, π⎤没有零点.2⎥ ⎝ ⎦（iii ）当x ∈⎛ π , π⎤ 时， f '(x ) < 0 ，所以 f (x ) 在⎛ π, π⎫ 单调递减.而f ⎛ π⎫ > 0 ，2 ⎥ 2 ⎪ 2 ⎪ ⎝ ⎦ ⎝ ⎭ ⎝ ⎭f (π) < 0 ，所以 f (x ) 在⎛ π, π⎤有唯一零点.2 ⎥ ⎝ ⎦（iv ）当x ∈(π, +∞) 时，ln(x +1) > 1 ，所以 f (x ) <0，从而 f (x ) 在(π, +∞) 没有零点. 综上， f (x ) 有且仅有2个零点.5.解析：（1）f （x ）的定义域为(0,1) (1, +∞) .因为 f '(x ) = 1+x 1( x -1) 2> 0，所以 f (x ) 在（0，1），（1，+∞）单调递增．f e =1- e +1< 0f (e 2) = 2 - e 2 +1 = e 2 - 3> 0因为（），e - 1 ，e 2 -1 e 2-1所以 f （x ）在（1，+∞）有唯一零点x 1，即 f （x 1 ）=0．又0 <1 <1， f ( 1) = -ln x + x 1 +1 = - f ( x ) = 0 ， x x 1x -1 1111故 f （x ）在（0，1）有唯一零点 1．x 1综上，f （x ）有且仅有两个零点．（2）因为 1 x 0 = e - ln x 0，故点 B （–ln x 0， 1 x 0）在曲线 y =e x 上．由题设知 f (x ) = 0 ，即ln x = x 0 +1 ，1- ln xx 0 -11 - x 0 + 1 故直线 AB 的斜率k = x 0= x 0 x 0 -1 = 1 ．- ln x 0 - x 0 - x 0 +1 - x x 0x 0 -1 0所以 f (x ) 的极小值为 f (1) = (1- 3)(1+ 3)2= -32 ．（3）因为 a = 0, c = 1，所以 f (x ) = x (x - b )(x -1) = x 3 - (b + 1)x 2+ bx ，f ' (x ) = 3x 2 - 2(b + 1)x + b ．因为0 < b ≤ 1 ，所以∆= 4(b + 1)2- 12b = (2b - 1)2+ 3> 0 ，则 f '(x )有2个不同的零点，设为 x 1 , x 2 (x 1 < x 2 ) ．曲线 y =e x 在点B ( -ln x 0 , 1) 处切线的斜率是 1 ，曲线 y = ln x 在点A ( x , ln x ) 处切线的x 0 x 00 0 斜率也是 x ，1所以曲线y = ln x 在点A ( x 0, ln x 0 )处的切线也是曲线y =e x 的切线．6.解析（1）因为a = b = c ，所以 f (x ) = (x - a )(x - b )( x - c ) = (x -a )3 ．因为 f (4) = 8 ，所以 (4 - a ) 3 = 8 ，解得a = 2 ．（2）因为b = c ，所以 f (x ) = (x - a )(x - b )2= x 3- (a + 2b )x 2+ b (2a + b ) x - ab 2，从而 f ' (x ) = 3(x - b ) x - ⎛2a +b ⎫．令 ⎝ 3 ⎪⎭f '(x ) = 0 ，得x = b 或x = 2 a + b 3 ．因为a ,b ,2a + b都在集合{-3,1, 3}中，且a ≠ b ， 3 所以 2 a + b= 1, a = 3, b = -3 ． 3此时 f (x ) = (x - 3)(x + 3)2， f '(x ) = 3(x + 3)(x -1) ．令 f '(x ) = 0 ，得x = -3 或 x =1 ．列表如下：xf '(x ) f (x )(-∞, -3)+-30 (-3,1)–10 (1, +∞)+极大值极小值1 1 13 ⎝ ⎭由 f '(x ) = 0 ，得x 1 = b +1- b 2 - b +1 3 , x 2 =b +1+ b 2 - b +13列表如下：x(-∞, x 1 )x 1(x 1, x 2 )x 2( x 2 , +∞)f '(x ) f (x )+0 –0 +极大值极小值所以 f (x ) 的极大值M = f (x 1) ．解法一： M = f ( x 1) = x 3 - (b +1)x 2+ bx⎛ x b +1 ⎫ 2 (b 2- b +1)b (b +1) = [3x 2 - 2(b +1) x 1 + b ] 1- ⎪ -x 1 + 1⎝ 3 9 ⎭9 9 -2(b 2 - b + 1)(b + 1) b (b +1) 2 3= + + 27 9 27b 2 - b + 1)= b (b +1) - 2(b -1)2 (b +1) + 2 (b (b - 1) + 1) 327 27 27≤ b (b +1) + 2 ≤4 ．因此M ≤ 4． 27 27 27 27解法二：因为0 < b ≤ 1 ，所以x 1 ∈ (0,1) ．当x ∈ (0,1) 时， f (x ) = x (x - b )(x -1) ≤ x (x -1)2．令 g (x ) = x ( x -1)2, x ∈ (0,1) ，则g'(x ) = 3⎛ x -1 ⎫( x -1) ．3 ⎪ ⎝ ⎭令g'(x ) = 0 ，得 x = 1．列表如下：3x(0, 1) 1 33(1 ,1) 3g' (x ) g (x ) +0 –极大值所以当 x = 1时， g (x ) 取得极大值，且是最大值，故g (x ) = g⎛ 1 ⎫ = 4 ．3max⎪． (27所以当x ∈(0,1) 时， f ( x) ≤g( x) ≤4，因此M ≤4．27 277.解析：（I）由f(x)=1x3-x2+x，得4f '( x) =3x2 -2x +1 ．4令 f '(x) =1 ，即3x2 -2x +1 =1 ，解得 x = 0 或x =8.4 3又 f (0) =0, f ( 8) =8,3 27所以曲线y =f (x) 的斜率为 1 的切线方程是 y =x 与y -8=x -8，即y =x 与y =x -64. 27（II）令g(x) =f (x) -x ， x ∈[-2, 4].由g (x) =1x3 -x2 得g '( x) =3x2 -2 x .27 3 4 4令g '( x) = 0 得x = 0 或x =8 .3g '( x), g(x) 随x 的变化情况如表所示x -2 (-2,0)0⎛0, 8⎫8 ⎛8, 4 ⎫43⎪ 3 3 ⎪⎝⎭⎝⎭g '(x)+ - +g(x)-6 Z 0 ]-64Z 0 27所以 g(x) 的最小值为-6，最大值为 0，所以-6 ≤g(x) ≤ 0 ，即 x - 6 ≤f (x) ≤x .（III）由（II）知，当a ≤-3 时，M (a)≥F (0)=g (0)-a =-a > 3；当a >-3 时， M (a)≥F (-2)=当a =-3 时， M (a)= 3.综上，当M (a )最小时， a =-3.g (-2)-a = 6 +a > 3 ；8. 解析（Ⅰ）由已知，有 f '( x) = e x (cos x - sin x). 因此，当x ∈⎛2kπ+π, 2k π+5π⎫(k ∈Z) 时，有sin x > cos x ，得f '(x)< 0，则f (x)单调递减；4 4 ⎪ ⎝⎭4 2⎪ 2 2 4 2 ⎪ 4 2 4 当 x ∈⎛ 2k π -3π , 2k π + π ⎫(k ∈ Z) 时，有sin x < cos x ，得 f ' (x ) > 0 ，则 f (x ) 单调递 4 4⎪ ⎝⎭增.所以， f (x )的单调递增区间为 ⎡2k π -3π, 2k π + π⎤(k ∈ Z), f ( x ) 的单调递减区间为⎡2k π + π , 2k π + 5π⎤ ⎢⎣(k ∈ Z ) .4 4 ⎥⎦⎣⎢ 4 4 ⎥⎦（Ⅱ）记h (x ) = f (x ) + g (x )⎛ π -x ⎫ .依题意及（Ⅰ），有g (x ) = e x(cos x - sin x ) ，从而 2 ⎪ ⎝ ⎭g '( x ) = -2e x sin x .当 x ∈⎛ π, π⎫ 时，g ' (x )< 0 ， ⎝ ⎭故h '(x ) = f '(x )+ g '(x )⎛ π - x ⎫+ g (x )(-1) = g '(x )⎛ π - x ⎫< 0.2 ⎪ 2 ⎪ ⎝ ⎭ ⎝ ⎭因此，h (x )在区间⎡ π , π⎤ 上单调递减，进而 h (x )…h ⎛ π ⎫ = f ⎛ π ⎫= 0. ⎢⎣ 4 2 ⎥⎦ 所以，当x ∈⎡ π, π⎤ 时， f ( x ) + g ( x ) ⎛ π - x ⎫…0 .⎪ ⎪ ⎝ ⎭ ⎝ ⎭⎢⎣ 4 2⎥⎦ 2 ⎪（Ⅲ）依题意，u (x n )= f ⎝ ⎭(x n )-1= 0 ，即e xn cos x n =1 .记 y n = x n - 2n π ，则 y n ∈⎛ π , π ⎫ ，⎝ ⎭且 f ( y n ) = e y n cos y n = e x n -2n π cos ( x n - 2n π) = e -2n π (n ∈N ). 由 f (y n ) = e -2n π… 1= f (y 0 ) 及（Ⅰ），得y n …y 0 . 由（ Ⅱ）知，当 x ∈⎛ π , π ⎫ 时， g '(x )< 0 ，所以 g (x ) 在⎡ π , π⎤上为减函数，因此 ⎪ ⎝ ⎭g ( y )… g ( y ) < g ⎛ π ⎫= 0.⎢⎣ 4 2 ⎥⎦ n 0 ⎪⎝ ⎭又由（Ⅱ）知， f ( y )+ g (y )⎛ π - y ⎫…0， nn2 n ⎪π f (y n ) ⎝ ⎭e -2n π e -2n πe -2n πe -2n π 故 2 - y n 剟- g (y ) = - g (y ) g (y ) = e y 0 (sin y -cos y ) <sin x -cos x .n nπ e -2 n π 0 0 0 0 0 所以，2n π + 2 - x n < sin x - cos x .2010-2018 年 1．A 【解析】∵ f '(x ) = [x 2 + (a + 2)x + a - 1]ex- 1，∵f '(-2) = 0 ，∴a = -1 ，所以 f ( x ) = ( x 2 - x -1)e x -1 ， f '(x ) = (x 2 + x - 2)e x -1，令 f '(x ) = 0 ，解得x = -2 或 x = 1 ，所以当x ∈(-∞, -2) ， f '(x ) > 0 ， f (x ) 单调递增；当 x ∈ (-2,1) 时， f '(x ) < 0， f (x ) 单调递减；当 x ∈ (1, +∞) ， f '(x ) > 0 ， f (x ) 单调递增，所以 f (x ) 的极小值为 f (1) = (1-1-1)e 1-1 = -1，选 A ．2．D 【解析】由导函数的图象可知，y = f (x ) 的单调性是减→ 增→ 减→ 增，排除 A 、C ；由导函数的图象可知， y = f (x ) 的极值点一负两正，所以 D 符合，选 D ．ln 4 ）上单调递增，在[ ln 4 ，2]上单调递减，又 f '(0) = -1< 0 ，f '(1 ) = 2- 2e > 0 ，f '(1) = 4 - e > 0，f '(2) = 8- e 2> 0，所以存在 x ∈(0, 1) 是函数 f ( x ) 的极小值点，2即函数 f ( x ) 在(0, x 0) 上单调递减，在( x 0, 2) 上单调递增，且该函数为偶函数，符合条件的图像为 D ． 4．B 【解析】（解法一） m ≠ 2 时，抛物线的对称轴为 x = - n - 8．据题意，当m > 2时，m - 2- n - 8≥ 2 即 2m + n ≤12 ． m - 22m ⋅n ≤ 2m + n≤ 6 ∴mn ≤ 18 ．由 2m = n 且 2⎨ ⎩⎨ 2⎨ 2m + n =12 得m = 3, n = 6 ．当 m < 2时，抛物线开口向下，据题意得，-n - 8 ≤ 1m - 2 2即 m + 2n ≤18 ．2m ⋅n ≤ 2m + n ≤9 ∴ mn ≤ 81．由2n = m 且 m + 2n = 18 得 2 2m = 9 > 2 ，故应舍去.要使得mn 取得最大值，应有m + 2n = 18 (m < 2, n > 8) ．所以mn = (18- 2n )n < (18 - 2⨯8) ⨯8 = 16 ，所以最大值为 18．选 B ．（解法二）由已知得 f '(x ) = (m - 2)x + n - 8，对任意的 x ∈[1, 2] ， 2f '(x ) ≤ 0，所⎧ f '(1) ≤0 ⎧m ≥ 0, n ≥ 0 ⎪，即⎪ m + 2n ≤18 ．画出该不等式组表示的平面区域如图中阴影部分 ⎪⎩ f '( x ) ≤ 0 ⎪ 2m + n ≤ 2所示，m18m +2n =1862m +n =12nO9 12令mn = t ，则当n = 0时，t = 0 ，当 n ≠ 0时，m = t n，由线性规划的相关知识，只有当直线2m + n =12 与曲线m = t n⎧ - t 相切时，t 取得最大值，由⎪ n 21 = - 12 ，解得 n = 6， tt =18 ，所以 (mn )max = 18 ，选 B ．⎪9 - n = ⎩ 2 n 5．A 【解析】令h (x ) =f ( x )，因为 f (x ) 为奇函数，所以h (x ) 为偶函数，由于xh '(x ) = xf '(x ) - f (x )，当x > 0 时， xf '(x ) - f (x ) x2 < 0 ，所以h (x ) 在(0, +∞)上单调递减，根据对称性h (x ) 在(-∞, 0) 上单调递增，又 f (-1) = 0 ， f (1) = 0 ，数形结合可知，使得 f (x ) > 0 成立的 x 的取值范围是( -∞, -1)( 0,1) ．6．D 【解析】由题意可知存在唯一的整数x 0 ，使得e x0 (2x 0 -1) < ax 0 - a ，设g (x ) = e x (2x -1) ， h (x ) = ax - a ，由 g '( x ) = e x (2 x +1) ，可知g (x ) 在(-∞, - 1 )2上单调递减，在(- 1, +∞) 上单调递增，作出 g (x ) 与h (x ) 的大致图象如图所示，2以⎩ ⎨⎪ ⎪3 2 1 O–3 –2–1 –1yg (x )=e x (2x -1)h (x )= ax -a 12 x⎧h (0) > g (0) 故⎨h ( -1) ≤ g ( -1) ⎧ a < 1，即⎪-2a ≤ - ⎩ 3 ，所以 3 e2e≤ a < 1 ． 7．D 【解析】∵ f (x ) = kx - ln x ，∴f '(x ) = k - 1，∵ f (x ) 在(1, +∞) 单调递增， x所以当 x > 1 时， f '(x ) = k - 1 ≥ 0 恒成立，即k ≥ 1在(1, +∞) 上恒成立，∵ x > 1 ，∴01< x< x x 1 ，所以k ≥1，故选 D ．8．A 【解析】法一由题意可知，该三次函数满足以下条件：过点(0，0)，(2，0)，在(0，0)处的切线方程为y = -x ，在(2，0)处的切线方程为 y = 3x - 6 ，以此对选项进行检验．A 选项， y = 1x 3- 1x 2- x ，显然过两个定点，又 y ' = 3x 2- x -1 ，22 2则 y ' |x =0 = -1, y ' |x =2 = 3，故条件都满足，由选择题的特点知应选 A ．法二设该三次函数为 f (x ) = ax 3 + bx 2 + cx + d ，则 f '(x ) = 3ax 2+ 2bx + c⎧f (0) = 0 ⎪f (2) = 0a 1 ,b 1 ,c 1,d 0 ⎪由题设有⎨ f '(0) = -1 ，解得 =2 = - 2 = - = ． ⎩⎪ f '(2) = 3故该函数的解析式为 y = 1 x 3 - 1 x 2- x ，选 A ．2 29．C 【解析】由正弦型函数的图象可知： f (x )的极值点x 0 满足 f (x 0 ) = ± 3 ，则πx 0 = π+ 2k π (k ∈ Z ) ，从而得x = (k + 1)m ( k ∈ Z ) ．所以不等式m 2 02x 2 +[ f (x )]2 < m2 ，即为(k + 1)2 m 2 +3 < m 2 ，变形得m 2[1- (k + 1)] > 3， 0 02 2其中k ∈ Z ．由题意，存在整数k 使得不等式m 2[1- (k + 1)] > 3 成立．2当 k ≠ -1且k ≠ 0 时，必有(k + 1)2 > 1 ，此时不等式显然不能成立，2故k = -1 或k = 0 ，此时，不等式即为3m 2 > 3 ，解得m < -2 或m > 2 ．410．A 【解析】设所求函数解析式为 y = f (x ) ，由题意知 f (5) = -2, （f - 5）= 2 ，且 f '(±5) = 0 ，代入验证易得y =1x 3 - 3x 符合题意，故选A ． 125 511．C 【解析】当x ∈ (0,1] 时，得a ≥ -3( 1 )3 -4(1 )2 + 1 ，令t = 1，则t ∈[1, +∞) ，x x x xa ≥ -3t 3 - 4t 2 + t ，令 g (t ) = -3t 3 - 4t 2 + t ， t ∈[1, +∞) ，则g '(x )= -9t 2- 8t +1= -(t +1)(9t -1) ，显然在[1, +∞) 上， g '(t )< 0 ，g (t )单调递减，所以 g (t )max = g (1) = -6 ，因此a ≥-6 ；同理，当x ∈[-2,0) 时，得 a ≤-2．由以上两种情况得-6≤a ≤-2 ．显然当x = 0时也成立，故实数 a 的取值范围为[-6, -2] ．12．C 【解析】设 f ( x ) = e x - ln x ，则 f '(x ) = e x- 1，故 f (x ) 在(0,1) 上有一个极值点，x即 f (x ) 在(0,1) 上不是单调函数，无法判断 f (x 1 ) 与 f (x 2 ) 的大小，故 A 、B 错；构造函数 g (x ) =e x ，g '( x ) =e x (x -1)，故 g (x ) 在(0,1) 上单调递减，所以 g ( x ) > g ( x ) ，xx 212选 C ．13．【解析】B当a = 0 ，可得图象 D ；记 f ( x ) = ax 2 - x + a， g (x ) = a 2 x 3 - 2ax 2+ 2x + a (a ∈ R ) ，取a = 1， f ( x ) = 1( x -1) 2 - 1，令g '(x ) = 0 ，得 x = 2, 2 ，易知2 2 43 g (x )的极小值为 g (2) = 1 ，又 f (2) = 1，所以g (2) > f (2) ，所以图象 A 有可能；2 4同理取a = 2 ，可得图象 C 有可能；利用排除法可知选 B ． 14．C 【解析】若c = 0则有 f (0) = 0 ，所以 A 正确．由 f (x ) = x 3+ ax 2+ bx + c 得f (x ) - c = x 3 + ax 2 + bx ，因为函数 y = x 3 + ax 2 + bx 的对称中心为（0,0），所以 f (x ) = x 3 + ax 2+ bx + c 的对称中心为(0, c ) ，所以 B 正确．由三次函数的图象可知，若 x 0 是 f ( x ) 的极小值点，则极大值点在 x 0 的左侧，所以函数在区间(-∞, x 0 ) 单调递减是错误的，D 正确．选 C ． 15．A 【解析】法一：由题意可得， y 0 = sin x 0∈[-1,1] ，而由 f (x ) = e x + x - a 可知 y 0 ∈[0,1] ，当 a = 0 时， f (x ) ＝ e x + x 为增函数， ∴ y 0 ∈[0,1] 时， f (x 0 ) ∈[1, e +1]． ∴ f ( f ( y 0 ))≥ e +1 >1．∴ 不存在 y 0 ∈[0,1] 使 f ( f ( y 0 )) = y 0 成立，故 B ，D 错；当a = e +1 时， f (x ) ＝ e x + x - e -1，当 y 0 ∈[0,1] 时，只有 y 0 = 1 时 f (x ) 才有意义，而 f (1) = 0 ， ∴ f ( f (1)) = f (0) ，显然无意义，故 C 错．故选 A ．法二：显然，函数 f (x ) 是增函数， f (x ) ≥ 0 ，从而以题意知 y 0 ∈[0,1] ．于是，只能有 f ( y 0 ) = y 0 ．不然的话，若 f ( y 0 ) > y 0 ，得 f ( f ( y 0)) > f ( y 0 ) > y 0 ，与条件矛盾；若 f ( y 0 ) < y 0 ，得 f ( f ( y 0 )) < 于是，问题转化为 f (t ) = t 在[0,1] 上有解．f ( y 0 ) < y 0 ，与条件矛盾．由t = e t + t - a ，得t 2 = e t + t - a ，分离变量，得 a = g (t ) = e t - t 2+ t ，t ∈[0,1]因为 g '(t ) = e t- 2t +1 > 0 ，t ∈[0,1] ，所以，函数 g (t )在[0,1] 上是增函数，于是有1 = g (0) ≤ g (t ) ≤ g (1) = e ，即 a ∈[1, e ] ，应选 A ．16．D 【解析】A ．∀x ∈ R , f (x ) ≤ f (x 0) ，错误． x 0 (x 0 ≠ 0) 是 f (x ) 的极大值点，并不是最大值点；B ． - x 0 是 f (-x ) 的极小值点．错误． f (-x ) 相当于 f (x ) 关于 y 轴的对称图像，故 - x 0 应是 f (-x ) 的极大值点；C ．- x 0 是 - f (x ) 的极小值点．错误．- f (x ) 相当于 f (x ) 关于x 轴的对称图像，故 x 0 应是 - f (x ) 的极小值点．跟- x 0 没有关系；D ．- x 0是 - f (-x ) 的极小值点．正确． - f (-x ) 相当于 f (x ) 先关于 y 轴的对称，再关于 x 轴的对称图像．故 D 正确．17．B【解析】∵ y =1x2 - ln x ,∴ y'=x -1,由 y'…0 ，解得-1剟x 1 ，又x > 0 ，2 x∴0 <x … 1 故选B．18．D【解析】 f ( x) =xe x ， f '(x ) =e x (x + 1)， e x > 0 恒成立，令 f '(x) =0，则 x =-1当x <-1时，f '(x) <0 ，函数单调减，当x >-1时，则x =-1 为f ( x) 的极小值点，故选D．f '(x) >0，函数单调增，19．D【解析】f '(x) =12x2 -2ax -2b ，由f '(1) =0，即12 - 2a - 2b = 0 ，得a +b =6 ．由a > 0，b > 0，所以ab ≤(a +b)2 =9 ，当且仅当a =b =3 时取等号．选2D．20．D【解析】若x =-1为函数f ( x)e x 的一个极值点，则易知a =c ，∵选项A，B 的函数为f (x) =a(x +1)2 ，∴[ f ( x)e x ] =[ f '( x) +f (x)]e x =a( x +1)( x +3)e x ，∴x =-1 为函数 f ( x)e x 的一个极值点满足条件；选项 C 中，对称轴x =-且开口向下，∵a < 0,b > 0 ，∴f (-1) = 2a -b < 0 ，也满足条件；b>0 ，2a选项 D 中，对称轴 x =-b<0，且开口向上，∴a > 0,b > 2a ，2a∴ f (-1) = 2a - b < 0 ，与题图矛盾，故选D．21．D【解析】由题| MN |=x2 - ln x ，(x > 0) 不妨令h(x) =x 2 - ln x ，则h'(x) = 2x -1，令 h'(x) = 0解得 x =x2，因 x ∈(0,22) 时，h'(x) < 0 ，2当 x ∈(即t =2, +∞) 时，h'(x) > 0 ，所以当x =22．2时，| MN | 达到最小．2222．①③④⑤【解析】令f (x) =x3 +ax +b, f '(x) =3x2 +a ，当a ≥ 0 时，f '(x) ≥0 ，则f (x) 在R 上单调递增函数，此时x3 +ax +b = 0 仅有一个实根，所以(4)(5)对；当a =-3 时，由f '(x) =3x2 -3<0 得-1<x < 1 ，所以x = 1 是f (x) 的极小值点．由 f (1) > 0 ，得13 - 3⋅1+ b > 0 ,即 b > 2 ，(3)对． x = -1 是 f (x ) 的极大值点，由 f (-1) < 0 ，得(-1)3- 3⋅ (-1) + b < 0 ，即 b < -2 ，(1)对．23．①④【解析】（1）设 x 1 > x 2 ，函数2x 单调递增，所有2x 1 >2x2 ， x 1 - x 2 >0 ，则 m = f (x 1 )- f (x 2 ) = 2 x 1 - 2 x 2 >0x 1 - x 2 x 1 - x 2 ，所以正确；（2）设x 1 > x 2 ，则x 1 - x 2 > 0 ，则n = g (x 1 ) - g (x 2 ) = x 122 x 1 - x 2 - x 2 +a (x 1 - x 2 ) x 1 - x 2=(x - x )(x +x +a )1 2 1 2 x - x = x + x +a ，可令 =1， 1 2 x 1 x 2 =2， a = - 4， 1 2则 n = -1< 0，所以错误；（3）因为m = n ，由（2）得：f ( x 1) - f ( x 2 )= x + x + a ，分母乘到右边，x 1 - x 21 2 右边即为g ( x 1 ) - g (x 2 ) ，所以原等式即为 f (x 1 ) - f (x 2 ) = g ( x 1 ) - g (x 2 ) ，即为 f (x 1 ) - g (x 2 ) = f (x 1 )- g (x 2 ) ，令h (x ) = f (x ) - g (x ) ，则原题意转化为对于任意的a ，函数h (x ) = f (x ) - g (x ) 存在不相等的实数 x 1 ，x 2 使得函数值相等，h (x ) = 2 x - x 2 - ax ，则 h '(x ) = 2 x ln 2 - 2 x - a ，则h '(x ) = 2x(ln 2) - 2 ，令h '(x 0 ) = 0 ，且1 < x 0 < 2 ，可得h '( x 0 ) 为极小值．若 a = -10000，则 h '(x 0) > 0 ，即h '(x 0) > 0 ， h (x ) 单调递增，不满足题意，所以错误．（4）由(3) 得 f (x 1) - f (x 2 ) = g ( x 1 ) - g (x 2 ) ，则 f (x 1 ) + g (x 1 ) = g (x 2 ) + f (x 2 ) ，设h (x ) = f (x ) + g (x ) ，有 x 1 ， x 2 使其函数值相等，则h (x ) 不恒为单调．h (x ) = 2 x + x 2 + ax ，h '(x ) = 2 x ln 2 + 2x + a ，h '(x ) = 2 x (ln 2 )2+ 2 > 0 恒成立，h '(x ) 单调递增且h '(-∞) < 0 ，h '( +∞) >0 ．所以h (x ) 先减后增，满足题意，所以正确．24．4【解析】当0 < x ≤1 时， f (x ) = - ln x ， g (x ) = 0 ，此时方程| f (x ) + g (x ) |=1即为ln x =1 或ln x = - 1 ，故 x = e 或 x = 1 ，此时 x = 1 符合题意，方程有一个实根．ee当1< x < 2 时， f (x ) = ln x ， g (x ) = 4 - x 2- 2 = 2 - x 2，方程| f (x ) + g (x ) |=1即为ln x + 2 - x 2 =1 或ln x +2 - x 2 = - 1 ，即ln x +1- x 2 = 0 或ln x +3 - x 2 = 0 ，令 y = ln x +1- x 2，则 y ¢= 1- x2x < 0，函数 y = ln x +1- x 2 在x Î(1, 2) 上单调递减，且x =1 时 y = 0，所以当1< x < 2 时，方程ln x +1- x 2 = 0 无解；令 y = ln x +3 - x 2 ，则 y ¢= 1- x2x < 0 ，函数 y = ln x +3 - x 2 在 x Î (1, 2) 上单调递减，且 x =1时 y = 2 > 0 ，x = 2时 y = ln 2 - 1 < 0 ，所以当1< x < 2 时，方程ln x +3 - x 2 = 0 有一个实根．当 x ≥ 2 时， f (x ) = ln x ，g (x ) = x 2- 6，方程| f (x ) + g (x ) |=1 即为ln x + x 2 -6 =1或ln x + x 2 - 6 = - 1 ，即ln x + x 2 - 7 = 0 或ln x + x 2 - 5 = 0 ，令y = ln x + x 2 - 7，xy = ln 2 - 3 < 0 ， x = 3时 y = ln 3 +2 > 0 ，所以当 x ≥ 2 时方程ln x + x 2 - 7 = 0故方程| f (x ) + g (x ) |= 1 实根的个数为 4 个．)有 1 个实根．25．2【解析】由题意 f '(x ) = 3x 2- 6x = 3x (x - 2) ，令 f '(x ) = 0 得 x = 0或 x =2 ．因 x < 0 或x > 2 时， f '(x ) > 0 ，0 < x < 2 时， f '(x ) < 0 ．∴ x = 2 时f (x ) 取得极小值．26 (1) f (x )(0, +∞) f '(x ) = - 1 - 1+ a = - x 2- ax + 1 ．【解析】的定义域为，． x2 xx 2（i ）若a ≤2 ，则 f '(x )≤ 0 ，当且仅当a = 2，x = 1时 f '(x ) = 0 ，所以 f (x ) 在(0, +∞)单调递减．（ii ）若a > 2，令f '(x ) = 0得， x = a -a 2- 4 a + 2或x =a 2 - 4 2当x ∈(0, a - a 2 -4 ) U( a + a 2 -4, +∞) 时， f '(x ) < 0 ； 2 2．当 x ∈( a - a 2 - 4 a + 2 , a 2 - 4 2 ) 时， f (x ) > 0 ．所以 f (x ) 在(0,' a - a 2 - 42) ， ( a + 2 a 2 - 4, +∞) 单调递减，在( a - a 2- 4 , a + a 2 - 4) 2 2单调递增． (2)由(1)知， f (x ) 存在两个极值点当且仅当 a > 2．由于 f (x ) 的两个极值点 x 1 ， x 2 满足 x 2- ax +1 = 0 ，所以x 1x 2 = 1 ，不妨设 x 1 < x 2 ，则x 2 > 1 ．由于f (x 1 ) - f (x 2 ) = - 1 -1 + a ln x 1 - ln x 2 = -2 + a ln x 1 - ln x 2 = -2 + a -2ln x 2 ，x 1 - x 2 x 1 x 2 x 1 - x 2 x 1 - x 2x 21 - x2 所以f (x ) - f (x ) 1 2x - x < a - 2等价于 - x + 2ln x < 0 ．1 2 2 1 2 x 2设函数 g (x ) = 1- x + 2 ln x ，由(1)知， g (x ) 在(0, +∞) 单调递减，又g (1) = 0 ，从而 x当x ∈ (1, +∞) 时， g (x ) < 0 ．所以 1- x + 2ln x < 0，即 f (x 1 ) - f (x 2 )< a - 2．22 2 x 1 - x 227．【解析】(1)当a =1时， f (x ) ≥1 等价于(x 2 +1)e -x-1≤ 0 ．设函数g (x ) = (x 2+ 1)e - x- 1 ，则g'( x ) = -( x 2- 2 x + 1)e- x= -( x -1)2 e -x．当x ≠ 1 时，g'(x ) < 0 ，所以g (x ) 在(0, +∞) 单调递减．而 g (0) = 0 ，故当x ≥0 时， g (x ) ≤ 0 ，即 f (x ) ≥1 ．(2)设函数h (x ) = 1 - ax 2e - x．f (x ) 在(0, +∞) 只有一个零点当且仅当h (x ) 在(0, +∞) 只有一个零点．（i ）当a ≤0 时， h ( x ) > 0 ， h (x ) 没有零点；（ii ）当a > 0 时， h' (x ) = ax (x -2)e - x．当x ∈ (0, 2) 时，h'(x ) < 0 ；当 x ∈ (2,+∞) 时， h'(x ) > 0 ．xe所以h (x ) 在(0, 2) 单调递减，在(2, +∞) 单调递增．故h (2) =1 -4a 是h (x ) 在[0, +∞) 的最小值．e22 ①若h (2) > 0 ，即a < 4， h (x ) 在(0, +∞) 没有零点；②若h (2) = 0 ，即 a = e 24， h (x ) 在(0, +∞) 只有一个零点；③若h (2) < 0 a > e 24，由于 h (0) = 1 ，所以h (x ) 在(0, 2)有一个零点，由(1)知，当 x > 0时， e x> x 2，h a16a 3 16a 3 16a 3 1所以 (4 ) =1- e4a = 1- (e 2a )2 > 1- (2a )4 = 1- a > 0 ．故h (x ) 在(2, 4a ) 有一个零点，因此h (x ) 在(0, +∞) 有两个零点．综上， f (x ) 在(0, +∞) 只有一个零点时， a = e 2．428．【解析】(1)当a = 0 时， f (x ) = (2 + x ) ln(1+ x ) - 2x ， f '(x ) = ln(1+ x )-x ． 1 + x设函数g (x ) = f ' (x ) = ln(1+ x )-x 1 + x，则g '( x ) =x ．(1 + x )2当-1< x < 0 时， g '(x ) < 0 ；当 x > 0 时， g '(x ) > 0 ．故当 x > -1时， g (x ) ≥ g (0) = 0 ，且仅当 x = 0时， g (x ) = 0 ，从而 f '(x ) ≥ 0，且仅当 x = 0时， f '(x ) = 0．所以 f (x ) 在(-1, +∞) 单调递增．又 f (0) = 0 ，故当-1< x < 0时， f (x ) < 0 ；当 x > 0 时， f (x ) > 0 ．(2)（i ）若a ≥ 0 ，由(1)知，当x > 0 时， f (x )≥ (2 + x ) ln(1+ x ) - 2x > 0 = f (0) ，这与 x = 0是 f (x ) 的极大值点矛盾．（ii ）若a < 0，设函数h (x ) = f ( x )2 + x + a x 2 = ln(1 + x ) - 2 x ． 2 + x + a x 2，即由于当| x |< min{1,1| a |} 时，2 + x + ax 2 > 0 ，故h (x ) 与 f (x ) 符号相同．又h (0) = f (0) = 0 ，故 x = 0是 f (x ) 的极大值点当且仅当x = 0 是h (x ) 的极大值点．' 12(2+x + ax 2 )- 2x (1+ 2ax ) x 2 (a 2x 2 + 4ax + 6a + 1) h (x ) = 1+ x - (2 + x + ax 2 )2 = ． (x +1)(ax 2 + x + 2)2如果6a +1 > 0 ，则当0 < x < -6a +1 ，且| x |< min{1,4a1| a |} 时，h '(x ) > 0 ，故x = 0 不是h (x ) 的极大值点．如果6a +1 < 0 ，则a 2 x 2 + 4ax + 6a +1 = 0 存在根x 1 < 0 ，故当 x ∈ (x 1 ,0)，且| x |< min{1,1| a |} 时，h '(x ) < 0 ，所以 x = 0 不是h (x ) 的极大值点．如果6a +1 = 0 ，则h '( x ) =x 3 (x - 24)( x +1)( x 2 - 6x -12)2．则当x ∈ (-1, 0) 时，h '(x ) > 0 ；当x ∈ (0,1) 时，h '(x ) < 0 ．所以 x = 0是h (x ) 的极大值点，从而 x = 0是 f (x ) 的极大值点综上，a = - 1．629．【解析】(1)因为f ( x ) = [ax 2 - (4a +1) x + 4a +3]e x ，所以 f '(x ) = [2ax - (4a +1)]e x + [ax 2 - (4a + 1)x + 4a + 3]e x（ x ∈ R ）=[ ax 2 -(2 a +1) x +2]e x．f '(1) = (1- a )e ．由题设知 f '(1) = 0 ，即(1- a )e = 0 ，解得a=1．此时 f (1) = 3e ≠ 0 ．所以a 的值为 1．(2)由(1)得 f '(x ) = [ax 2 - (2a + 1)x + 2]e x = (ax - 1)(x - 2)e x．22若 a > 1 ，则当 x ∈(1, 2)时， f '(x ) < 0 ；2a当 x ∈(2, +∞)时， f '(x ) > 0．所以 f (x ) < 0 在 x = 2 处取得极小值．若 a ≤ 1 ，则当 x ∈ (0, 2) 时， x - 2 < 0 ， ax -1≤ 1x -1< 0 ，22所以 f '(x ) > 0 ．所以 2 不是 f (x ) 的极小值点．综上可知， a 的取值范围是( 1, +∞) ．230．【解析】(1)由已知，h (x ) = a x - x ln a ，有h '( x ) = a xln a -lna ．令h '(x ) = 0 ，解得x = 0 ．由a >1 ，可知当 x 变化时， h '(x ) ， h (x ) 的变化情况如下表：x(-∞,0)0 (0, +∞)h '(x )h (x )-0 +极小值所以函数h (x ) 的单调递减区间(-∞,0) ，单调递增区间为(0, +∞) ．(2) 证明：由 f '(x ) = a xln a ，可得曲线 y = f (x ) 在点 ( x 1, f (x 1)) 处的切线斜率为x'1a 1 ln a ．由 g ( x ) =x ln a，可得曲线 y = g (x ) 在点(x 2, g ( x 2 )) 处的切线斜率为1 x1 x 2x ln a ．因为这两条切线平行，故有 a 1 ln a =x ln a ，即x 2 a 1 (ln a ) =1．两边取以 a 为底的对数，得log x 2 + x 1 + 2log ln a = 0 ，所以 x + g ( x ) = - 2ln ln a ．aa12ln a(3)证明：曲线y = f (x ) 在点(x 1,a x 1 ) 处的切线l 1 ： y - a x 1 = a x 1 ln a ⋅ (x - x 1) ．曲线 y = g (x ) 在点(x 2 , log a x 2 ) 处的切线l 2 ： y - log a 1x 2 =1x 2 ln a⋅ (x - x 2 ) ．要证明当 a ≥ e e 时，存在直线l ，使l 是曲线 y = f (x ) 的切线，也是曲线y = g (x ) 的⎩1 切线，只需证明当a ≥ e e时，存在 x 1 ∈ (-∞, +∞) ， x 2 ∈ (0, +∞) ，使得 l 1 和 l 2 重合．⎧a x 1ln a = a 1 ⎪1 ① x2 ln a 即只需证明当 ≥ e e 时，方程组⎨⎪a x 1 - x 1a x 1 ln a = log a x 2 - 1ln a有解， ②由①得x 2 =1 a x 1 (ln a )2 ，代入②，得 a x 1 - x 1a x 1ln a + x 1+ 1 ln a+ 2 ln ln a = 0． ③ ln a1因此，只需证明当a ≥ e e 时，关于 x 1 的方程③有实数解．设函数u (x ) = a x - xa xln a + x +11 ln a2 ln ln a ，ln a 即要证明当a ≥ e e 时，函数 y = u (x ) 存在零点．u '(x ) = 1 - (ln a )2 xa x ，可知x ∈ (-∞,0) 时， u '(x ) > 0 ；x ∈ (0, +∞) 时， u '(x )单调递减，又u '(0) =1 > 0 ， u '( 1(ln a )21) =1 - a (ln a )2< 0 ，故存在唯一的x 0 ，且 x 0 > 0 ，使得u '(x 0) = 0 ，即1 -(ln a )2 x 0a x 0 = 0 ．由此可得u (x ) 在(-∞, x 0 ) 上单调递增，在(x 0 , +∞) 上单调递减． u (x ) 在x = x 0 处取得极大值u (x 0 ) ． 1 因为a ≥ e e，故ln(ln a ) ≥ -1，所以u (x ) = a x - x a xln a + x + 1+ 2ln l n a 00 0 0ln a ln a= 1+ x + 2ln ln a ≥ 2 + 2ln ln a ≥ 0． x 0 (ln a )2ln a ln a下面证明存在实数t ，使得u (t ) < 0 ．由(1)可得a x≥1+ x ln a ，当x >1时，ln a有u (x ) ≤ (1+ x ln a )(1- x ln a ) + x + 1 ln a 2ln ln a ln a= -(ln a )2 x 2 + x +1+ 1 ln a2ln ln a ，ln a⎩- 2 0 ⎩所以存在实数t ，使得u (t ) < 01因此，当a ≥ e e 时，存在 x 1 ∈ (-∞, +∞) ，使得u (x 1 ) = 0 ．1所以，当 a ≥ e e 时，存在直线l ，使l 是曲线 y = f (x ) 的切线，也是曲线y = g (x ) 的切线．31．【解析】(1)函数 f (x ) = x ， g (x ) = x 2 + 2x - 2 ，则 f '(x ) = 1， g '(x ) = 2x + 2 ．f (x )g (x ) f '(x ) g '(x ) ⎧x = x 2 + 2x - 2 由 = 且= ，得⎨1 = 2x + 2 ，此方程组无解，因此， f (x ) 与 g (x ) 不存在“S 点”．(2)函数 f (x ) = ax 2- 1 ， g (x ) = ln x ，则 f '(x ) = 2ax ，g '(x ) = 1．x设 x 0 为 f (x ) 与 g (x ) 的“ S 点”，由 f (x 0) = g (x 0) 且f '(x 0 )=g '(x 0 ) ，得⎧ax 2 -1 = ln x 2 ⎪ 0 0⎧⎪ax 0 -1 = l n x 0 ⎨2ax = 1，即⎨2ax 2 = 1 ，（*）⎪ 0 x 01⎩⎪ 0 -1 1 e 得ln x 0 = - 2，即x 0 =e 2 ，则a = 12(e 2)= 2 ．当a = e 2时，x 0=e - 12 满足方程组（*），即 x 0 为 f (x ) 与 g (x ) 的“ S 点”．因此，a 的值为 e．2(3)对任意a > 0 ，设 h (x ) = x 3 - 3x 2 - ax + a ．因为h (0) = a > 0，h (1) =1- 3 - a + a = -2 < 0 ，且h (x ) 的图象是不间断的，所以存在 x 0 ∈ (0,1)，使得 h (x 0) = 0 ．令b =函数 f ( x ) = -x 2+ a ，g ( x ) = b e x，x2 x 3e x 0(1 - x 0)，则b > 0．。

高二数学导数的综合运用试题

高二数学导数的综合运用试题1.已知，函数（为自然对数的底数）.（Ⅰ）若，求函数的单调区间；（Ⅱ）若的最小值为，求的最小值．【答案】（Ⅰ）的单调减区间为单调增区间为；（Ⅱ）.【解析】（Ⅰ）由于当a=1时，，则，分别由f′（x）＞0，f′（x）＜0，进而求出函数f（x）的单调区间．（Ⅱ）由题意可知：恒成立，且等号可取．令转化为方程求解．试题解析：（Ⅰ）时, ,当时,当时,所以的单调减区间为单调增区间为.（Ⅱ）由题意可知:恒成立,且等号可取.即恒成立,且等号可取.令故由得到,设,当时,;当时,.在上递减,上递增.所以当时, ,即,在上,,递减;在上,,递增.所以设,,在上递减,所以故方程有唯一解,即.综上所述,当时,仅有满足的最小值为,故的最小值为.【考点】１．利用导数研究函数的单调性；２．利用导数求函数的极值、最值；３．分类讨论．2.设函数（），其导函数为.（1）当时，求的单调区间；（2）当时，，求证：.【答案】（1）单调增区间为，单调减区间为；（2）详见解析.【解析】（1）求单调区间是常规问题，但需注意定义域先行，步骤是：①先求定义域；②后求导数；③令结合定义域得增区间，令结合定义域得减区间，最后结果一定要用区间表示；（2）掌握好执因索果，即分析法在此题中的应用，以及与基本不等式的结合.试题解析：（1）当时，（）令，即：，解得：，所以：函数的单调增区间为，同理：单调减区间为.（2），所以：，下面证明，有恒成立，即证：成立，，只需证明：即可，对此：设，而所以：.故命题得证.【考点】1.导数的应用；2.不等式的证明方法；3.创设条件使用基本不等式.3.已知函数．(1)若是函数的极值点，求曲线在点处的切线方程；(2)若函数在上为单调增函数，求的取值范围．【答案】（1）；（2）．【解析】解题思路：（1）求导函数，利用求；利用导数的几何意义求切线方程；（2）利用“若函数在某区间上单调递增，则在该区间恒成立”求解．规律总结：（1）导数的几何意义求切线方程：；（2）若函数在某区间上单调递增，则在该区间恒成立；“若函数在某区间上单调递减，则在该区间恒成立．试题解析：（1）由题意知，代入得，经检验，符合题意．从而切线斜率，切点为，切线方程为．（2）因为上为单调增函数，所以上恒成立．即在上恒成立；当时，由，得；设，．．所以当且仅当，即时，有最大值2．所以所以．所以的取值范围是【考点】1．导数的几何意义；2．根据函数的单调性求参数．4.已知函数，,为自然对数的底数.（I）求函数的极值；（2）若方程有两个不同的实数根，试求实数的取值范围；【答案】（I）极大值，极小值；（2）。

20-21版：3.3.3　导数的实际应用（步步高）

3．3.3导数的实际应用学习目标 1.了解导数在解决实际问题中的作用.2.掌握利用导数解决简单的实际生活中的优化问题．知识点生活中的优化问题1．生活中经常遇到求利润最大、用料最省、效率最高等问题，这些问题通常称为优化问题．2．利用导数解决优化问题的实质是求函数最值．3．解决优化问题的基本思路：上述解决优化问题的过程是一个典型的数学建模过程．1．生活中常见到的收益最高、用料最省等问题就是数学中的最大、最小值问题．(√) 2．解决应用问题的关键是建立数学模型．(√)题型一几何中的最值问题例1请你设计一个包装盒如图所示，ABCD是边长为60 cm的正方形硬纸片，切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得ABCD四个点重合于图中的点P，正好形成一个正四棱柱形状的包装盒，E，F在AB上是被切去的等腰直角三角形斜边的两个端点，设AE＝FB＝x cm.(1)若广告商要求包装盒侧面积S最大，则x应取何值？(2)若广告商要求包装盒容积V最大，则x应取何值？并求出此时包装盒的高与底面边长的比值．考点几何类型的优化问题题点几何体体积的最值问题解 (1)由题意知包装盒的底面边长为2x cm ，高为2(30－x )cm,0<x <30，所以包装盒侧面积为S ＝42x ×2(30－x ) ＝8x (30－x )≤8×⎝⎛⎭⎫x ＋30－x 22＝8×225，当且仅当x ＝30－x ，即x ＝15时，等号成立，所以若广告商要求包装盒侧面积S 最大，则x ＝15. (2)包装盒容积V ＝2x 2·2(30－x ) ＝－22x 3＋602x 2(0<x <30)，所以V ′＝－62x 2＋1202x ＝－62x (x －20)．令V ′>0，得0<x <20；令V ′<0，得20<x <30.所以当x ＝20时，包装盒容积V 取得最大值，此时包装盒的底面边长为20 2 cm ，高为10 2 cm ，包装盒的高与底面边长的比值为1∶2.反思感悟面积、体积(容积)最大，周长最短，距离最小等实际几何问题，求解时先设出恰当的变量，将待求解最值的问题表示为变量的函数，再按函数求最值的方法求解，最后检验．特别注意：在列函数关系式时，要注意实际问题中变量的取值范围，即函数的定义域．跟踪训练1 现需设计某次期中考试的数学试卷，该试卷含有大小相等的两个矩形栏目(即图中阴影部分)，这两栏的面积之和为720 cm 2，四周空白的宽度为4 cm ，两栏之间的中缝空白的宽度为2 cm ，设试卷的长和宽分别为x cm ，y cm.(1)写出y 关于x 的函数解析式，并求该函数的定义域；(2)如何确定该试卷长与宽的尺寸(单位：cm)，才能使试卷的面积最小？考点题点解由题意知试卷的长和宽分别为x cm ，y cm ，则每栏的长和宽分别为x －102，y －8，其中x >10，y >8.(1)两栏面积之和为2·x －102·(y －8)＝720，由此得y ＝720x －10＋8(x >10)．(2)试卷的面积S ＝xy ＝x ⎝⎛⎭⎫720x －10＋8，∴S ′＝－7 200(x －10)2＋8，令S ′＝0，得x ＝40(负数舍去)，∴函数在(10,40)上单调递减，在(40，＋∞)上单调递增， ∴当x ＝40时，S 取得最小值，故当试卷的长为40 cm ，宽为32 cm 时，可使试卷的面积最小．题型二实际生活中的最值问题命题角度1 利润最大问题例2 某工厂共有10台机器，生产一种仪器元件，由于受生产能力和技术水平等因素的限制，会产生一定数量的次品．根据经验知道，每台机器产生的次品数P (万件)与每台机器的日产量x (万件)(4≤x ≤12)之间满足关系：P ＝0.1x 2－3.2ln x ＋3.已知每生产1万件合格的元件可以盈利2万元，但每生产1万件次品将亏损1万元．(利润＝盈利－亏损) (1)试将该工厂每天生产这种元件所获得的利润y (万元)表示为x 的函数； (2)当每台机器的日产量x (万件)为多少时所获得的利润最大，最大利润为多少？考点函数类型的优化问题题点利用导数求解最大利润问题解 (1)由题意得，所获得的利润为y ＝10[2(x －P )－P ]＝20x －3x 2＋96ln x －90(4≤x ≤12)． (2)由(1)知，y ′＝－6x 2＋20x ＋96x ＝－2(3x ＋8)(x －6)x ，当4≤x ≤6时，y ′≥0，函数在[4,6]上为增函数；当6≤x ≤12时，y ′≤0，函数在[6,12]上为减函数，所以当x ＝6时，函数取得极大值，且为最大值，最大利润为y ＝20×6－3×62＋96ln 6－90＝96ln 6－78(万元)．反思感悟解决此类有关利润的实际应用题，应灵活运用题设条件，建立利润的函数关系，常见的基本等量关系有： (1)利润＝收入－成本．(2)利润＝每件产品的利润×销售件数．跟踪训练2 某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量y (单位：千克)与销售价格x (单位：元/千克)满足关系式y ＝ax －3＋10(x －6)2，其中3<x <6，a 为常数．已知销售价格为5元/千克时，每日可售出该商品11千克．(1)求a 的值；(2)若该商品的成本为3元/千克，试确定销售价格x 的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大．考点函数类型的优化问题题点利用导数求解最大利润问题解 (1)因为当x ＝5时，y ＝11，所以a2＋10＝11，所以a ＝2.(2)由(1)可知，该商品每日的销售量 y ＝2x －3＋10(x －6)2，所以商场每日销售该商品所获得的利润 f (x )＝(x －3)⎣⎡⎦⎤2x －3＋10(x －6)2＝2＋10(x －3)(x －6)2,3<x <6.从而f ′(x )＝10[(x －6)2＋2(x －3)(x －6)] ＝30(x －4)(x －6)．于是，当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：由上表可得，x ＝4是函数f (x )在区间(3,6)内的极大值点，也是最大值点．所以当x ＝4时，函数f (x )取得最大值，且最大值为42.答当销售价格为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大．命题角度2 用料(费用)最省问题例3 某网球中心欲建连成片的网球场数块，用128万元购买土地10 000平方米，该中心每块球场的建设面积为1 000平方米，球场的总建筑面积的每平方米的平均建设费用与球场数有关，当该中心建球场x 块时，每平方米的平均建设费用(单位：元)可近似地用f (x )＝800⎝⎛⎭⎫1＋15ln x 来刻画．为了使该球场每平方米的综合费用最省(综合费用是建设费用与购地费用之和)，该网球中心应建几个球场？考点函数类型的优化问题题点利用导数解决费用最省问题解设建成x 个球场，则1≤x ≤10，且x ∈Z ，每平方米的购地费用为128×1041 000x ＝1 280x(元)，因为每平方米的平均建设费用(单位：元)可近似地用f (x )＝800⎝⎛⎭⎫1＋15ln x 来表示，所以每平方米的综合费用为g (x )＝f (x )＋1 280x＝800＋160ln x ＋1 280x (1≤x ≤10且x ∈Z )，所以g ′(x )＝160(x －8)x 2(1≤x ≤10且x ∈Z )，令g ′(x )＝0，得x ＝8，当1≤x <8时， g ′(x )<0，g (x )为减函数；当8<x ≤10时，g ′(x )>0，g (x )为增函数，所以当x ＝8时，函数取得极小值，且为最小值．故当建成8个球场时，每平方米的综合费用最省．反思感悟费用、用料最省问题是日常生活中常见的问题之一，解决这类问题要明确自变量的意义以及最值问题所研究的对象．正确书写函数表达式，准确求导，结合实际作答．跟踪训练3 为了在夏季降温和冬季供暖时减少能源损耗，房屋的屋顶和外墙需要建造隔热层．某幢建筑物要建造可使用20年的隔热层，每厘米厚的隔热层建造成本为6 万元．该建筑物每年的能源消耗费用C (单位：万元)与隔热层厚度x (单位：cm)满足关系：C (x )＝k3x ＋5(0≤x ≤10)，若不建隔热层，每年能源消耗费用为8 万元，设f (x )为隔热层建造费用与20年的能源消耗费用之和． (1)求k 的值及f (x )的表达式；(2)隔热层修建多厚时，总费用f (x )达到最小，并求最小值．考点函数类型的优化问题题点利用导数解决费用最省问题解 (1)由题意知，每年的能源消耗费用为C (x )＝k3x ＋5(0≤x ≤10)，且C (0)＝8，故k ＝40，所以C (x )＝403x ＋5(0≤x ≤10)．设建造费用为C 1(x )，则C 1(x )＝6x .所以f (x )＝20C (x )＋C 1(x )＝20×403x ＋5＋6x ＝8003x ＋5＋6x (0≤x ≤10)．(2)因为f (x )＝8003x ＋5＋6x (0≤x ≤10)，所以f ′(x )＝6－ 2 400(3x ＋5)2.令f ′(x )＝0，即 2 400(3x ＋5)2＝6，解得x ＝5(负值舍去)．当0≤x <5时，f ′(x )<0，f (x )为减函数；当5<x ≤10时，f ′(x )>0，f (x )为增函数．故x ＝5是函数f (x )的极小值点，也是最小值点，对应的最小值为f (5)＝80015＋5＋6×5＝70.故当隔热层修建厚度为5 cm 时，总费用f (x )达到最小，最小值为70 万元．损耗最少问题典例已知A ，B 两地相距200千米，一艘船从A 地逆水而行到B 地，水速为8 千米/时，船在静水中的速度为v 千米/时(8<v ≤v 0，v 0为常数)．若船每小时的燃料费与其在静水中的速度的平方成正比，当v ＝12时，每小时的燃料费为720元，为了使全程燃料费最省，船在静水的速度为多少？考点题点解设船每小时航行所需的燃料费为y 1元，比例系数为k (k >0)，则y 1＝k v 2. ∵当v ＝12时，y 1＝720，∴720＝k ·122，得k ＝5. 设全程燃料费为y 元，由题意，得y ＝y 1·200v －8＝1 000v 2v －8(8<v ≤v 0)，∴y ′＝2 000v (v －8)－1 000v 2(v －8)2＝1 000v 2－16 000v(v －8)2.令y ′＝0，解得v ＝16.若v 0≥16，当v ∈(8,16)时，y ′<0，y 为减函数；当v ∈(16，v 0]时，y ′>0，y 为增函数．故当v ＝16时，y 取得极小值，也是最小值，此时全程燃料费最省．若v 0<16，当v ∈(8，v 0]时，y ′<0，y 在(8，v 0]上为减函数．故当v ＝v 0时，y 取得最小值，此时全程燃料费最省．综上可得，若v 0≥16，则当v ＝16 千米/时时，全程燃料费最省；若v 0<16，则当v ＝v 0时，全程燃料费最省．[素养评析] (1)解决实际应用问题的关键在于建立数学模型和目标函数，把“问题情景”译为数学语言，要先找出问题的主要关系，并把问题的主要关系近似化、形式化、抽象成数学问题，再化归为常规问题，最后选择合适的数学方法求解．(2)确定函数模型，将实际问题转化成数学问题的要求较高，有利于数学建模素养的提升．1．炼油厂某分厂将原油精炼为汽油，需对原油进行冷却和加热，如果第x 小时，原油温度(单位：℃)为f (x )＝13x 3－x 2＋8(0≤x ≤5)，那么原油温度的瞬时变化率的最小值是( )A ．8 B.203 C ．－1 D ．－8考点函数类型的优化问题题点函数类型的其他问题答案 C解析原油温度的瞬时变化率为f ′(x )＝x 2－2x ＝(x －1)2－1(0≤x ≤5)，所以当x ＝1时，原油温度的瞬时变化率取得最小值－1.2．用长为18 m 的钢条围成一个长方体形状的框架，要求长方体的长与宽之比为2∶1，则该长方体的最大体积为( )A ．2 m 3B ．3 m 3C ．4 m 3D ．5 m 3 考点几何类型的优化问题题点几何体体积的最值问题答案 B解析设长方体的宽为x m ，则长为2x m ，高为h ＝18－12x 4＝92－3x (m)⎝⎛⎭⎫0<x <32，故长方体的体积为V (x )＝2x 2⎝⎛⎭⎫92－3x ＝9x 2－6x 3⎝⎛⎭⎫0<x <32，从而V ′(x )＝18x －18x 2＝18x (1－x )，令V ′(x )＝0，解得x ＝1或x ＝0(舍去)．当0<x <1时，V ′(x )>0；当1<x <32时，V ′(x )<0，故在x ＝1处V (x )取得极大值，并且这个极大值就是V (x )的最大值，从而最大体积V ＝V (1)＝9×12－6×13＝3(m 3)．3．某产品的销售收入y 1(万元)是产品x (千台)的函数，y 1＝17x 2(x >0)；生产总成本y 2(万元)也是x (千台)的函数，y 2＝2x 3－x 2(x >0)，为使利润最大，则应生产( ) A ．9 千台 B ．8 千台 C ．6 千台 D ．3 千台考点函数类型的优化问题题点利用导数求解最大利润问题答案 C解析利润y ＝y 1－y 2＝17x 2－(2x 3－x 2)＝18x 2－2x 3(x >0)，求导得y ′＝36x －6x 2，令y ′＝0，得x ＝6或x ＝0(舍去)．所以当生产6 千台时，利润最大．4．容积为256的方底无盖水箱，它的高为时最省材料．考点函数类型的优化问题题点利用导数解决费用最省问题答案 4解析设水箱高为h ，底面边长为a ，则a 2h ＝256，其表面积为S ＝a 2＋4ah ＝a 2＋4a ·256a 2＝a 2＋210a. 令S ′＝2a －210a2＝0，得a ＝8.当0<a <8时，S ′<0；当a >8时，S ′>0，故当a ＝8时，S 最小，此时h ＝2882＝4.5．某商品每件成本9元，售价30元，每星期卖出432件．如果降低价格，销售量可以增加，且每星期多卖出的商品件数与商品单价的降低额x (单位：元，0≤x ≤21)的平方成正比．已知当商品单价降低2元时，每星期多卖出24件． (1)将一个星期的商品销售利润表示成x 的函数； (2)如何定价才能使一个星期的商品销售利润最大？考点函数类型的优化问题题点利用导数求解最大利润问题解 (1)设商品降价x 元，则每星期多卖的商品数为kx 2. 若记商品在一个星期的获利为f (x )，则有 f (x )＝(30－x －9)(432＋kx 2)＝(21－x )(432＋kx 2)．由已知条件，得24＝k ×22，于是k ＝6.所以f (x )＝－6x 3＋126x 2－432x ＋9 072，x ∈[0,21]． (2)由(1)得f ′(x )＝－18x 2＋252x －432 ＝－18(x －2)(x －12)．当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：x [0,2) 2 (2,12) 12 (12,21] f ′(x ) － 0 ＋ 0 － f (x )↘极小值↗极大值↘故当x ＝12时，f (x )取得极大值．因为f (0)＝9 072，f (12)＝11 664.所以当定价为30－12＝18(元)时，才能使一个星期的商品销售利润最大．1．利用导数解决生活中优化问题的一般步骤(1)分析实际问题中各量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式y＝f(x)．(2)求函数的导函数f′(x)，解方程f′(x)＝0.(3)比较函数在区间端点和使f′(x)＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值．2．正确理解题意，建立数学模型，利用导数求解是解答应用问题的主要思路．另外需要特别注意：(1)合理选择变量，正确写出函数解析式，给出函数定义域；(2)与实际问题相联系；(3)必要时注意分类讨论思想的应用.。

高二数学暑假作业(函数与导数综合二 )

高二数学暑假作业（函数综合二）参考答案一、填空题1.12.⎥⎦⎤⎢⎣⎡49,0 3. -2 4. 43 5. e 2 6. 403m ≤≤ 7. 8 8. 必要不充分条件. 9．116 10．1 11.(-∞ 12．(7,)+∞ 二、解答题13. 解：(1)∵框架的总长度为18 m ，∴正三棱柱的高186623xh x -==-．∴22()(62)(3)(03)V x x x x =-=-<<． (2)2()3)(2)V x x x x '=-=-．当(0,2)x ∈时，()0V x '>，函数()V x 单调递增；当(2,3)x ∈时，()0V x '<，函数()V x 单调递减．因此，当2x =时，容器的体积有最大值为 m 3． 14. 解：(1)∵20y x '=-…，当且仅当0x =时0y '=，∴函数3y x =-在(,)-∞+∞上单调递减．设3y x =-在[,]a b 上的值域为[,]a b ，则(),().f a b f b a =⎧⎨=⎩ 即33,.a b b a ⎧-=⎪⎨-=⎪⎩()a b <，解得1,1.a b =-⎧⎨=⎩ 因此，函数3y x =-为闭合函数，符合条件②的区间为[1,1]-．(2)2()3693(1)(3)f x x x x x '=--=+-，它的值可正可负，∴()f x 在(,)-∞+∞不是单调函数．因此，()f x 不是闭合函数． (3)在(0,)+∞上，()20g x x '=>．∴()g x 在(0,)+∞上是增函数．∵2()g x x k =+为(0,)+∞上的闭合函数，∴存在区间[,](0,)a b ⊆+∞，使()g x 在[,]a b 上的值域为[,]a b ．∴(),().g a a g b b =⎧⎨=⎩(0)a b <<，即,a b 是方程20x x k -+=的两个不等正根． ∴1212140,10,0.k x x x x k ∆=->⎧⎪+=>⎨⎪=>⎩ 解得104k <<．因此，实数k 的取值范围为1(0,)4．15.解：（1）依题意得2()(2)e x f x x x =-，所以2()(2)e x f x x '=-，令()0f x '=，得x =()f x '()f x x（2）依题意2()(22)20xf x x a x a e '⎡⎤=-+-+≤⎣⎦在2上恒成立，即2(22)20x a x a -+-+≤在)2上恒成立，即2222+1112=1+1+11x x x x a x x x x ++-≤=+-+在)2上恒成立，令1t x =+,)1,3t ∈,由1u t t=-在)1,3t ∈单调递增可得182,3u t t ⎛⎫=-∈ ⎪⎝⎭，∴01a ≤≤.（本题也可以从二次函数最值角度考虑，即研究2(22)2y x a x a =-+-+在)2上的最大值小于等于0或研究2(22)2y x a x a =+--在)2上的最小值大于等于0）16.解：2()(21)f x ax a x'=-++(0)x >．（1）(1)(3)f f ''=，解得23a =．（2）(1)(2)()ax x f x x--'=(0)x >． ①当0a ≤时，0x >，10ax -<，在区间(0,2)上，()0f x '>；在区间(2,)+∞上()0f x '<，故()f x 的单调递增区间是(0,2)，单调递减区间是(2,)+∞．②当102a <<时，12a >，在区间(0,2)和1(,)a +∞上，()0f x '>；在区间1(2,)a 上()0f x '<，故()f x 的单调递增区间是(0,2)和1(,)a +∞，单调递减区间是1(2,)a．③当12a =时，2(2)()2x f x x -'=，故()f x 的单调递增区间是(0,)+∞．④当12a >时，102a <<，在区间1(0,)a 和(2,)+∞上，()0f x '>；在区间1(,2)a上()0f x '<，故()f x 的单调递增区间是1(0,)a 和(2,)+∞，单调递减区间是1(,2)a．（3）由已知，在(0,2]上有max max ()()f x g x <．由已知，max ()0g x =，由（Ⅱ）可知，①当12a ≤时，()f x 在(0,2]上单调递增，故max ()(2)22(21)2ln 2222ln 2f x f a a a ==-++=--+，所以，222ln 20a --+<，解得ln 21a >-，故1ln 212a -<≤．②当12a >时，()f x 在1(0,]a 上单调递增，在1[,2]a上单调递减，故max 11()()22ln 2f x f a a a ==---．由12a >可知11ln ln ln 12ea >>=-，2ln 2a >-，2ln 2a -<，所以，22ln 0a --<，max ()0f x <，综上所述，ln 21a >-．。

专题02 导数及其应用(解析版)重点知识整合基础过关暑假分层作业高二数学6套(人教A版2019)

专题02导数及其应用知识点一：导数的概念及其意义1．瞬时速度(1)平均速度设物体的运动规律是s=s(t)，则物体在到+t这段时间内的平均速度为(2)瞬时速度①物体在某一时刻的速度称为瞬时速度.②一般地，当t无限趋近于0v，我们就说当t趋近于0时，的极限是v，这时v就是物体在t=时的瞬时速度，即瞬时速度v=2．抛物线切线的斜率(1)抛物线割线的斜率设二次函数y=f(x)，则抛物线上过点、的割线的斜率为(2)抛物线切线的斜率一般地，在二次函数y=f(x)中，当x无限趋近于0无限趋近于某个常数k，我们就说当x趋近于0时，的极限是k，这时k就是抛物线在点处切线的斜率，即切线的斜率3．函数的平均变化率函数平均变化率的定义对于函数y=f(x)，设自变量x从变化到+x，相应地，函数值y就从f()变化到f(+x).这时，x的变化量为x，y的变化量为y=f(+x)-f().我们把比值，即y=f(x)从到+x的平均变化率.4．函数在某点处的导数的几何意义(1)切线的定义在曲线y=f(x)上任取一点P(x,f(x))，如果当点P(x,f(x))沿着曲线y=f(x)无限趋近于点(,f())时，割线P无限趋近于一个确定的位置，这个确定位置的直线T(T是直线T上的一点)称为曲线y=f(x)在点处的切线.(2)函数在某点处的导数的几何意义函数y=f(x)在x=处的导数f'()就是切线T的斜率，即==f'().这就是导数的几何意义.相应地，切线方程为5．导函数的定义从求函数y=f(x)在x=处导数的过程可以看到，当x=时，f'()是一个唯一确定的数.这样，当x变化时，y=f'(x)就是x的函数，我们称它为y=f(x)的导函数(简称导数).y=f(x)的导函数有时也记作y'，即知识点二：导数的运算1．基本初等函数的导数公式2．导数的运算法则3．复合函数的导数(1)复合函数的定义一般地，对于两个函数y=f(u)和u=g(x)，如果通过变量u,y可以表示成x的函数，那么称这个函数为函数y=f(u)和u=g(x)的复合函数，记作y=f(g(x)).(2)复合函数的求导法则复合函数y=f(g(x))的导数和函数y=f(u),u=g(x)的导数间的关系为=，即y对x的导数等于y对u的导数与u对x的导数的乘积.知识点三：导数在研究函数中的应用1．函数单调性和导数的关系(1)函数的单调性与导函数f'(x)的正负之间的关系①单调递增：在某个区间(a,b)上，如果f'(x)>0，那么函数y=f(x)在区间(a,b)上单调递增；②单调递减：在某个区间(a,b)上，如果f'(x)<0，那么函数y=f(x)在区间(a,b)上单调递减.③如果在某个区间(a,b)内恒有f'(x)=0，那么函数y=f(x)在这个区间上是一个常数函数.(2)函数值变化快慢与导数的关系一般地，如果一个函数在某一范围内导数的绝对值较大，那么在这个范围内函数值变化得快，这时，函数的图象就比较“陡峭”(向上或向下)；如果一个函数在某一范围内导数的绝对值较小，那么在这个范围内函数值变化得慢，函数的图象就“平缓”一些.常见的对应情况如下表所示.2．函数的极值极值的相关概念(1)极小值点与极小值：如图，函数y=f(x)在点x=a处的函数值f(a)比它在点x=a附近其他点的函数值都小，f'(a)=0，而且在点x=a附近的左侧f'(x)<0，右侧f'(x)>0，则把点a叫做函数y=f(x)的极小值点，f(a)叫做函数y=f(x)的极小值.(2)极大值点与极大值：如图，函数y=f(x)在点x=b处的函数值f(b)比它在点x=b附近其他点的函数值都大，f'(b)=0，而且在点x=b附近的左侧f'(x)>0，右侧f'(x)<0，则把点b叫做函数y=f(x)的极大值点，f(b)叫做函数y=f(x)的极大值.(3)极小值点、极大值点统称为极值点，极小值和极大值统称为极值.3．函数的最大值与最小值(1)一般地，如果在区间[a,b]上函数y=f(x)的图象是一条连续不断的曲线，那么它必有最大值与最小值，并且函数的最值必在极值点或区间端点处取得.当f(x)的图象连续不断且在[a,b]上单调时，其最大值和最小值分别在两个端点处取得.(2)函数的极值与最值的区别①极值是对某一点附近(即局部)而言的，最值是对函数的整个定义区间而言的.②在函数的定义区间内，极大(小)值可能有多个(或者没有)，但最大(小)值最多有一个.③函数f(x)的极值点不能是区间的端点，而最值点可以是区间的端点.4．导数在解决实际问题中的应用①利用导数解决实际问题时，常常涉及用料最省、成本(费用)最低、利润最大、效率最高等问题，求解时需要分析问题中各个变量之间的关系，抓主元，找主线，把“问题情境"翻译为数学语言，抽象成数学问题，再选择合适的数学方法求解，最后经过检验得到实际问题的解.②解决优化问题的方法并不单一，运用导数求最值是解决这类问题的有效方法，有时与判别式、基本不等式及二次函数的性质等结合，多举并用，达到最佳效果.③利用导数解决实际问题的一般步骤1．函数3()3f x x x =-(||1)x <（）A ．有最值，但无极值B ．有最值，也有极值C ．既无最值，也无极值D ．无最值，但有极值【答案】C【分析】利用导数研究()f x 在(1,1)-上的单调性，即可判断各项是否符合.【详解】2()3(1)3(1)(1)f x x x x '=-=+-，则(1,1)x ∈-，()0f x '<，所以()f x 在(1,1)-上单调递减，无最大值和最小值，也无极值．故选：C2．已知()sin cos f x x a x =-的一个极值点为x ，若tan 3x = ，则实数a 的值为（）A ．﹣3B ．13-C ．3D ．13【答案】B【分析】由正弦函数的图像和极值点列方程求出实数a 的值.【详解】函数()sin cos f x x a x =-的图像连续，且()cos sin x a xf x =+'所以若x 为()f x 的一个极值点，由正弦函数的图像可得：()000cos sin 0f x x a x '=+=，解得：01tan x a=-.而tan 3x = ，所以13a -=，所以13a =-.故选：B3．已知函数()y f x =的图象是下列四个图象之一，且其导函数()y f x '=的图象如下图所示，则该函数的大致图象是（）．．．．【答案】B【分析】根据给定的导函数图象可得导函数值的变化情况，再结合原函数的变化率情况判断作答.=【详解】由导函数图象知，恒成立，即函数y f二、填空题7．已知函数()()cos sin e xf x x x b =++在0x =处的切线方程为2y kx =+，则k b +=______.【答案】3【分析】求得()2cos e xf x x '=⋅，得到()02f '=，且()01f b =+，根据题意得到2k =，切线方程为22y x =+，再将切点代入切线方程，求得1b =，即可求解.【详解】由函数()()cos sin e x f x x x b =++，可得()2cos e xf x x '=⋅，可得()02f '=，且()01f b =+，即切点坐标为(0,1)P b +，因为函数()f x 在0x =处的切线方程为2y kx =+，可得2k =，即22y x =+，将切点(0,1)P b +代入22y x =+，可得12b +=，解得1b =，所以3k b +=.13．（多选题）若过点(1,Pλ由图可知，当40eλ-<<时，直线y 此时过点()1,P λ可作3条直线与函数由此可知，BC 符合题意.故选：BC.对于选项C ：例如()113f =可得()()21133f f ++=，但对于选项D ：令()2f x x '=且()()31,13f f =-=，可得：若()()g x f x m =-有且只有三个零点，即由图可知需满足{2e e 4,e 4m ⎛⎫∈-⋃ ⎪⎝⎭故答案为：{}2e e 4,e 4⎛⎫-⋃ ⎪⎝⎭22．若存在π0,x ⎛⎤∈ ，使得不等式。

高二数学暑假作业(9)导数在函数研究中的应用

—————————— 新学期新成绩新目标新方向 ——————————高二暑假作业(9) 导数在函数研究中的应用考点要求1．理解函数的单调性与导数的关系，能利用导数研究函数的单调性；2．掌握利用导数求函数极值与最值的方法．考点梳理1．单调性与导数一般地，函数的单调性与其导函数的正负有如下关系:在某个区间(a ，b )内，如果________，那么函数y ＝f (x )在这个区间内单调递增；如果______，那么函数y ＝f (x )在这个区间内单调递减；如果______，那么f (x )在这个区间内为常函数．2．极值与导数函数f (x )在点x ＝a 处的函数值f (a )比它在点x ＝a 附近其他点的函数值都小，且f ′(a )＝0，而且在点x ＝a 附近的左侧___________，右侧___________．类似地，f (x )在点x ＝b 处的函数值f (b )比它在点x ＝b 附近其他点的函数值都大，且f ′(b )＝0，而且在点x ＝b 附近的左侧_______，右侧_______．我们把a 点叫做函数的_______，f (a )叫做函数的________；b 点叫做函数的_______，f (b )叫做函数的________．极小值点､极大值点统称为________，极小值和极大值统称为________．极值反映了函数在某一点附近的大小情况，刻画的是函数的局部性质．3．最值与导数求函数y ＝f (x )在[a ，b ]上的最值的步骤:(1) 求函数y ＝f (x )在________内的极值；(2) 将函数y ＝f (x )的各极值与________的函数值________比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个为最小值．考点精练1．函数f (x )＝x 3－3x 2＋1的单调减区间是______________．2．若函数f (x )＝x 3－3bx ＋3b 在(0，1)内有极小值，则b 的取值范围为____________．3．函数y ＝x (ln x －1)的最小值是____________．4．设函数y ＝a (x 3－x )的单调递减区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－33，33，则a 的取值范围是____________．5．已知函数f (x )＝13x 3－(4m －1)x 2＋(15m 2－2m －7)x ＋2在R 上是增函数，则m 的取值范围是____________．6．函数f (x )＝ax 3＋x 恰有三个单调区间，则a 的取值范围是____________．7．设函数f (x )＝x 3－12x 2－2x ＋5，若对任意x ∈[－1，2]都有f (x )＜m ，则实数m 的取值范围是____________．8．若a ＝ln33，b ＝ln55，c ＝ln88，则a ，b ，c 的大小关系为____________．(用“＞”表示)9．若函数f (x )＝ln x －c x 在[1，e]上的最小值为32，则c ＝____________． 10．已知函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx 在点x 0处取得极大值5，其导函数y ＝f ′(x )的图象如图，经过点(1，0)､(2，0)，求:(1) x 0的值； (2) a ，b ，c 的值11．已知函数f (x )＝2ln x ＋12(x －a )2(a 为常数)，当x ＝1时，f (x )取得极值． (1) 求a 的值，并写出f (x )的单调增区间；(2) 若关于x 的方程f (x )＝b 在(0，3]上有且只有一解，求实数b 的取值范围．12．请你设计一个包装盒，如图所示，ABCD 是边长为60 cm 的正方形硬纸片，切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得A ，B ，C ，D 四个点重合于图中的点P ，正好形成一个正四棱柱形状的包装盒，E ，F 在AB 上，是被切去的等腰直角三角形斜边的两个端点，设AE ＝FB ＝x cm ．(1) 某广告商要求包装盒侧面积S (cm 2)最大，试问x 应取何值?(2) 某厂商要求包装盒容积V (cm 3)最大，试问x 应取何值?并求出此时包装盒的高与底面边长的比值．第9课时导数在函数研究中的应用1． (0，2) 提示： f '(x )＝3x 2－6x ，令 f '(x )＜0，即3x 2－6x ＜0，解得0＜x ＜2．2． 0＜b ＜13．－1 提示：y ′＝ln x ，令y ′＝0，得x ＝1，∴ f (x ) min ＝f (1)＝－1．4． (0，＋∞) 提示：y ′＝a (3x 2－1)＜0的解集是(－33,33)，∴ a ＞0． 5． [2，4] 提示： f '(x )＝x 2－2(4m －1)x ＋15m 2－2m －7，则f '(x )≥0在R 上恒成立，所以Δ≤0．6． (－∞，0) 提示： f '(x )＝3ax 2＋1＝0有两个不等实数根．7． (7，＋∞) 提示：m ＞f (x ) max ，利用导数求f (x )＝x 3－12x 2－2x ＋5在[－1，2]上的最大值为7．8． a ＞b ＞c 提示：构造函数y ＝ln x x (x ＞0)，则y ′＝1－ln x x2，令y ′＝0，得x ＝e ，且当x ∈(e，＋∞)时，y ′＜0，即函数在(e ，＋∞)上为减函数．∵ e＜3＜5＜8，∴ a ＞b ＞c ．9．－ e 提示： f '(x )＝1x ＋c x 2＝x ＋c x2，令f '(x )＝0，得x ＝－c ，下面讨论－c 与[1，e]的关系即可．10．解：(1) 由函数f '(x )图象可知：f (x )在(－∞，1)上递增，在(1，2)上递减，所以f (x )在x ＝1处取得极大值，所以x 0＝1．(2) 由(1)知f (1)＝5，即a ＋b ＋c ＝5， ①又f '(x )＝3ax 2＋2bx ＋c ，则3ax 2＋2bx ＋c ＝0的两根为1和2，所以－2b 3a ＝3， ② c 3a＝2， ③由①②③解得a ＝2，b ＝－9，c ＝12．11．解：(1) 由f (x )＝2ln x ＋12(x －a )2，得f '(x )＝2x ＋(x －a )＝x 2－ax ＋2x，由题意， f '(1)＝0，∴ a ＝3，∴f '(x )＝x 2－3x ＋2x ＝(x －2)(x －1)x．令 f '(x )＞0，得0＜x ＜1或x ＞2，∴ f (x )的单调递增区间是(0，1)和(2，＋∞)．(2) 问题等价于：当函数y ＝f (x )，x ∈(0，3]与函数y ＝b 图象只有一个交点时，求b 的取值范围．由f (x )＝2ln x ＋12(x －3)2，f '(x )＝(x －2)(x －1)x，列表如下：当x ＝2时，函数f (x )取极小值f (2)＝2ln2＋12；当x →0时，f (x )→－∞，当x ＝3时，f (3)＝2ln3．由于2ln3＞2，即f (3)＞f (1)，数形结合得出结论：当b ＜2ln2＋12或2＜b ≤2ln3时，方程f (x )＝b 在(0，3]上有且只有一解． 12．解：(1) S ＝602－4x 2－(60－2x )2＝240x －8x 2(0＜x ＜30)，所以x ＝15 cm 时侧面积最大．(2) V＝(2x)2×22×(60－2x)＝22x2(30－x)(0＜x＜30)，所以V′＝62x(20－x)，令V′＝0，得x＝20．当0＜x＜20时，V递增；当20＜x＜30时，V递减．所以当x＝20时，V最大．此时，包装盒的高与底面边长的比值为22(60－2x)2x＝12．。

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高中暑假作业：高二数学暑假作业答案解析为大家整理的高中暑假作业：高二数学暑假作业答案解析文章,供大家学习参考！更多最新信息请点击高二考试网一、选择题(本大题共10小题，每小题3分，共30分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1.已知集合，，则( C )A. B. C. D.2. 设是定义在上的奇函数，当时，，则( A )A. B. C.1 D.33. 已知向量满足，则( D )A.0B.1C.2D.4.设是等比数列，则“ ”是“数列是递增数列”的( B )A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件5. 设m，n是两条不同的直线，、、是三个不同的平面，给出下列命题，正确的是( B )A.若，，则B.若，，则C.若，，则D.若，，，则[来6. 函数y=sin(2x+φ)的图象沿x轴向左平移个单位后，得到一个偶函数的图象，则φ的一个可能的值为(A)A. B. C. D.7.已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若的可能取值为( D )A. B. C. D.8.设函数，则的值为( A )A. B.2014 C.2013 D.09.已知F是双曲线的左焦点,A为右顶点，上下虚轴端点B、C，若FB交CA于D，且，则此双曲线的离心率为( B )A . B. C. D.10.球O为边长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1的内切球，P为球O的球面上动点，M为B1C1中点，，则点P的轨迹周长为( D )A . B. C. D.二、填空题(本大题共6小题，每小题3分，共18分).当平面上动点到定点的距离满足时，则的取值范围是▲ .16.如图，在扇形OAB中，，C为弧AB上的一个动点.若，则的取值范围是▲ .三、解答题(本大题共5小题，共52分，解答应写出文字说明、证明过程或演算过程)17. (本题满分10分)在中，角所对的边为，且满足(Ⅰ)求角的值;(Ⅱ)若且，求的取值范围.18.(本题满分10分)已知数列的首项，.(Ⅰ)求证：数列为等比数列;(Ⅱ)若，求的正整数.19.(本题满分10分)如图所示，平面平面，且四边形为矩形，四边形为直角梯形，，，，.(Ⅰ)求证平面;(Ⅱ)求平面与平面所成锐二面角的余弦值.四边形为直角梯形，四边形为矩形，，，又，平面，，又平面平面，为平面与平面所成锐二面角的平面角.，.即平面与平面所成锐二面角的余弦值为.(法二)(Ⅰ) 四边形为直角梯形，四边形为矩形，，，又平面平面，且，取，得.平面，平面一个法向量为，设平面与平面所成锐二面角的大小为，则.因此，平面与平面所成锐二面角的余弦值为.20.(本题满分10分)已知椭圆的两个焦点分别为，且，点在椭圆上，且的周长为6.(Ⅰ)求椭圆的方程;(Ⅱ)若点的坐标为，不过原点的直线与椭圆相交于不同两点，设线段的中点为，且三点共线.设点到直线的距离为，求的取值范围.解：(Ⅰ)由已知得，且，解得，又所以椭圆的方程为(Ⅱ) 当直线与轴垂直时，由椭圆的对称性可知：点在轴上，且原点不重合，显然三点不共线，不符合题设条件.所以可设直线的方程为，由消去并整理得：……①则，即，设，且，则点，因为三点共线，则，即，而，所以此时方程①为，且因为所以21. (本题满分12分)已知是不全为的实数，函数，，方程有实根，且的实数根都是的根，反之，的实数根都是的根.(Ⅰ)求的值;(Ⅱ)若，求的取值范围.解(Ⅰ)设是的根，那么，则是的根，则即，所以.(Ⅱ) ，所以，即的根为0和-1，①当时，则这时的根为一切实数，而，所以符合要求.当时，因为=0的根不可能为0和，所以必无实数根，②当时，= = ，即函数在，恒成立，又，所以，即所以;③当时，= = ，即函数在，恒成立，又，所以，，而，舍去综上，所以.。

步步高高二数学暑假作业：【文】作业2 函数的概念与性质

A．－3
B．－
D．无法确定
C．
5. 已知函数
，那么（）
A．函数的单调递减区间为
，
B．函数的单调递减区间为
C．函数的单调递增区间为
，
D．函数的单调递增区间为
6. 函数y= sin2x的图象可能是 A．
C．
步步高高二数学暑假作业：【文】作业2 函数的概念与性质
D．3
B． D．
7. 偶函数 A． B． C． D．
的定义域为，当
时，是增函数，则不等式
二、填空题
的解集是（）
8. 函数
的值域是________．
步步高高二数学暑假作业：【文】作业2 函数的概念与性质
9. 函数
的单调递增区间为________．
10. 若为上的奇函数，给出下列结论：① 有________(填序号)．
；②
；③ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
；④
.其中正确的结论
11. 已知函数
，
，则
________．
12. 已知函数
在区间上具有单调性，则实数的取值范围为________．
三、解答题
13. 已知奇函数
.
（1）求实数的值，并画出函数的图象；
（2）若函数在区间
上是增函数，结合函数的图象，求实数的取值范围；
（3）结合图象，求函数在区间
上的最大值和最小值．
一、单选题
1. 函数 A． C．
步步高高二数学暑假作业：【文】作业2 函数的概念与性质
的定义域是（） B． D．
2. 已知 A．
，则
等于（）
B．
C．7
3. 下列四个函数中，在

高三数学暑假作业：导数及其应用.pdf

一　基础再现考点87简单复合函数的导数 1．曲线在点处的切线方程为____________。

2．已知函数和的图象在处的切线互相平行，则=________． 3．（宁夏、海南卷）设函数（Ⅰ）讨论的单调性；（Ⅱ）求在区间的最大值和最小值．考点88定积分 4．计算 5．（1）；（2） 6．计算= 7．___________ 8．求由曲线y=x3，直线x=1， x=2及y=0所围成的曲边梯形的面积. 二　感悟解答 1．答案： 2．答案：6 3．解：的定义域为．（Ⅰ）．当时，；当时，；当时，．从而，分别在区间，单调增，在区间单调减．（Ⅱ）由（Ⅰ）知在区间的最小值为．又．所以在区间的最大值为． 4．答案：6 5．答案：（1） (2)利用导数的几何意义：与x=0,x=2所围图形是以(0,0)为圆心，2为半径的四分之一个圆，其面积即为（图略）点评：被积函数较复杂时应先化简再积分 6．答案：0 点评：根据定积分的几何意义，对称区间〔-a,a〕上的奇函数的积分为0。

7．答案：4 8．解：∵面积………………………………(5分) ∴………………………………(10分) 点评：本题考查定积分的背景(求曲边形的面积) 三　范例剖析例1 (江西省五校2008届高三开学联考)已知函数（I）求f(x)在[0，1]上的极值；（II）若对任意成立，求实数a的取值范围；（III）若关于x的方程在[0，1]上恰有两个不同的实根，求实数b的取值范围. 与轴所围成的图形的面积．变式1：求由曲线与，，所围成的平面图形的面积变式2：若两曲线与围成的图形的面积是，则c的值为______。

例3．物体A以速度在一直线上运动，在此直线上与物体A出发的同时，物体B在物体A的正前方5m处以的速度与A同向运动，问两物体何时相遇？相遇时物体A的走过的路程是多少？（时间单位为：s，速度单位为：m/s）（15分）四　巩固训练 1．已知二次函数f(x)=ax2+bx+c直线l1:y=-t2+8t（其中t为常数）；l2:x=2.若直线l1,l2与函数f(x)的图象以及l1，y轴与函数f(x)的图象所围成的封闭图形如阴影所示. （Ⅰ）求a、b、c的值（Ⅱ）求阴影面积S关于t的函数S(t)的解析式； 2．设点P在曲线上，从原点向A（2，4）移动，如果直线OP，曲线及直线x=2所围成的面积分别记为、。

高三数学暑假作业函数与导数的综合应用

一基础再现考点1.导数的概念1.如果质点A 按规律s =2t 3运动，则在t =3 s 时的瞬时速度为考点2.导数的几何意义2.曲线xy e =在点2(2)e ，处的切线与坐标轴所围三角形的面积为考点3.导数的运算 3.()f x '是31()213f x x x =++的导函数，则(1)f '-的值是．考点4.利用导数研究函数的单调性和极大（小）值 4.函数xex x f -⋅=)(的一个单调递增区间是5.3()31f x ax x =-+对于[]1,1x ∈-总有()0f x ≥成立，则a =考点5.函数与导数的综合应用6.函数)(x f 的定义域为开区间),(b a ，导函数)(x f '在),(b a 内的图象如图所示，则函数)(x f 在开区间),(b a 内有极小值点个7.设函数2()ln(23)f x x x =++（Ⅰ）讨论()f x 的单调性；（Ⅱ）求()f x 在区间3144⎡⎤-⎢⎥⎣⎦，的最大值和最小值．二感悟解答1.答案：∵s ′=6t 2，∴s ′|t =3=54.2.答案：解：(),x x y e e ''⇒==曲线在点2(2)e ，处的切线斜率为2e ，因此切线方程为22(2),y e e x -=-则切线与坐标轴交点为2(1,0),(0,),A B e -所以2211.22AOBe S e ∆=⨯⨯=. 评析：1.在“某点处的切线”与“过某点的切线”意义不同，注意审题，后者一定要先“设切点的坐标” 2．求切线方程的步骤是：（1）明确切点；（2）确定该点处的切线的斜率（即该点处的导数值）；（3）若切点不明确，则应考虑先设切点. 3. 解：()f x '是31()213f x x x =++的导函数，2'()2f x x =+，则(1)f '-=3． 4. 解：∴=⋅=-.)(x xe x ex x f []=⋅-⋅='21)(x x x e e x e x f ()[]1,012<∴>⋅-x e e x x x，即(,1)-∞或().1,0.0)1(11)(<∴>>⋅-=-⋅⋅+⋅='----x e e x e x e x f x x x x （理科要求：复合函数求导） 5. 答案：4评析：本小题考查函数单调性及恒成立问题的综合运用,体现了分类讨论的数学思想。

高二数学暑假作业导数的运算理苏教版

第6天导数的运算1. 曲线y ＝xx ＋2在点(－1，－1)处的切线方程为 ________________．2. 已知函数f(x)＝e xln x ，f′(x)为f(x)的导函数，则f′(1)的值为________． 3.如图，直线l 经过点(0，1)，且与曲线y ＝f(x)相切于点(a ，3)，若f′(a)＝23，则实数a ＝________．4. 若直线y ＝x ＋b 是曲线y ＝x ln x 的一条切线，则实数b ＝________.5. 若曲线C 1：y 1＝3x 4－ax 3－6x 2与曲线C 2：y 2＝e x在x ＝1处的切线互相垂直，则实数a ＝________．6. 已知直线x ＋y ＝b 是函数y ＝ax ＋2x 的图象在点P(1，m)处的切线，则a ＋b －m ＝________．7. 设函数f(x)的导数为f′(x)，且f(x)＝f′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2sin x ＋cos x ，则f′⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝________．8. 若函数f(x)＝12x 2－ax ＋ln x 存在垂直于y 轴的切线，则实数a 的取值范围是________．9. 已知函数f(x)＝e x－mx ＋1的图象为曲线C ，若曲线C 不存在与直线y ＝－1ex 平行的切线，则实数m 的取值范围为________．10. 已知P 是曲线y ＝14x 2－12ln x 上的动点，Q 是直线y ＝34x －1上的动点，则PQ 的最小值为________．11.设t≠0，P(t ，0)是函数f(x)＝x 3＋ax 与g(x)＝bx 2＋c 的图象的一个公共点，两函数的图象在点P 处有相同的切线．试用t 表示a ，b ，c.12. 已知函数f(x)＝x 3－3x 及曲线y ＝f(x)上的一点P(1，－2)，过点P 作直线l. (1) 求和曲线y ＝f(x)相切且以P 为切点的直线l 的方程； (2) 求和曲线y ＝f(x)相切且切点异于点P 的直线l 的方程．13. 已知函数f(x)＝ax 3＋3x 2－6ax －11，g(x)＝3x 2＋6x ＋12和直线m ：y ＝kx ＋9，且f′(－1)＝0.(1) 求a 的值；(2) 是否存在k ，使直线m 既是曲线y ＝f(x)的切线，又是曲线y ＝g(x)的切线？如果存在，求出k 的值；如果不存在，请说明理由．14. 已知函数f(x)＝ln x －a(x －1)，g(x)＝e x.当a≠0时，过原点分别作曲线y ＝f(x)和y ＝g(x)的切线l 1，l 2，若两切线的斜率互为倒数，求证：e －1e <a<e 2－1e.第6天导数的运算1. y ＝2x ＋1 解析：因为y′＝x′（x ＋2）－x （x ＋2）′（x ＋2）2＝2（x ＋2）2，所以斜率k ＝y′|x ＝－1＝2（－1＋2）2＝2，故切线方程为y ＋1＝2(x ＋1)，即y ＝2x ＋1.2. e 解析：由函数的解析式可得f′(x)＝e x ×ln x ＋e x×1x ＝e x ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x ＋1x ，则f′(1)＝e 1×(ln 1＋11)＝e .3. 3 解析：由题意得f′(a)＝3－1a ＝23，则a ＝3.4. －1 解析：因为y′＝ln x ＋1＝1，所以x ＝1，所以切点坐标为(1，0)，代入切线方程y ＝x ＋b ，得b ＝－1.5.13e解析：因为y′1＝12x 3－3ax 2－12x ，y′2＝e x，所以曲线C 1，C 2在x ＝1处的切线斜率分别是k 1＝－3a ，k 2＝e .因为两切线互相垂直，所以k 1k 2＝－3a e ＝－1，解得a ＝13e.6. 2 解析：由直线方程得斜率为－1，因为y′＝a －2x 2，所以y′|x ＝1＝a －212＝－1，解得a ＝1，所以m ＝3，b ＝4，所以a ＋b －m ＝1＋4－3＝2.7. － 2 解析：因为f(x)＝f′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2sin x ＋cos x ，所以f′(x)＝f′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2cos x －sin x ，所以f′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2cos π2－sin π2，即f′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝－1，所以f′(x)＝－cos x －sin x ，故f′⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝－cos π4－sin π4＝－ 2. 8. [2，＋∞) 解析：因为f(x)＝12x 2－ax ＋ln x ，所以f′(x)＝x －a ＋1x .因为f(x)存在垂直于y 轴的切线，所以f′(x)存在零点，即x ＋1x －a ＝0有解，因为x>0，所以a ＝x＋1x≥2，当且仅当x ＝1时等号成立． 9. ⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，1e 解析：由题意得f′(x)＝e x－m.因为曲线C 不存在与直线y ＝－1ex 平行的切线，所以方程e x －m ＝－1e 无解，即m ＝e x ＋1e 无解．设g(x)＝e x ＋1e，则g′(x)＝e x>0，所以g(x)单调递增，所以g(x)>1e ，所以实数m 的取值范围为(－∞，1e]．10.2－2ln 25 解析：平移直线y ＝34x －1到与曲线y ＝14x 2－12ln x 相切时，切点到直线y ＝34x －1的距离即为PQ 的最小值．由y′＝12x －12x ＝34，x ＞0，解得x ＝2，则切点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，1－12ln 2，则PQ 的最小值为⎪⎪⎪⎪⎪⎪6－4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12ln 2－45＝2－2ln 25.11. 解析：因为函数f(x)，g(x)的图象都过点P(t ，0)，所以f(t)＝0，g(t)＝0，即t 3＋at ＝0，bt 2＋c ＝0.因为t≠0，所以a ＝－t 2，c ＝ab.因为f(x)，g(x)的图象在点P(t ，0)处有相同的切线，所以f′(t)＝g′(t)，所以3t 2＋a ＝2bt.将a ＝－t 2代入得b ＝t ，则c ＝ab ＝－t 3.故a ＝－t 2，b ＝t ，c ＝－t 3.12. 解析：(1) 因为f′(x)＝3x 2－3，所以f′(1)＝0，所以以P 为切点的切线方程为y ＝－2.(2) 设切点为Q(x 0，x 30－3x 0)，则切线斜率是3x 20－3，所以直线l 的方程为y －(x 30－3x 0)＝(3x 20－3)(x －x 0)，即y ＝(3x 20－3)x －2x 30.因为直线l 过点P ，所以－2＝3x 20－3－2x 30，即2x 30－3x 20＋1＝0，解得x 0＝－12或x 0＝1(舍)，所以切点异于点P 并过点P 的直线方程是y ＝－94x ＋14.13. 解析：(1) 由已知得f′(x)＝3ax 2＋6x －6a. 因为f′(－1)＝0，所以3a －6－6a ＝0，所以a ＝－2. (2) 存在．由已知得，直线m 恒过定点(0，9)，若直线m 是曲线y ＝g(x)的切线，则设切点为(x 0，3x 20＋6x 0＋12)．因为g′(x 0)＝6x 0＋6，所以切线方程为y －(3x 20＋6x 0＋12)＝(6x 0＋6)·(x－x 0)，将(0，9)代入切线方程，解得x 0＝±1. 当x 0＝－1时，切线方程为y ＝9；当x 0＝1时，切线方程为y ＝12x ＋9. 由(1)知f(x)＝－2x 3＋3x 2＋12x －11. ①由f′(x)＝0得－6x 2＋6x ＋12＝0，解得x ＝－1或x ＝2.在x ＝－1处，y ＝f(x)的切线方程为y ＝－18；在x ＝2处，y ＝f(x)的切线方程为y ＝9，所以y ＝f(x)与y ＝g(x)的公切线是y ＝9. ②由f′(x)＝12得－6x 2＋6x ＋12＝12，解得x ＝0或x ＝1.在x ＝0处，y ＝f(x)的切线方程为y ＝12x －11；在x ＝1处，y ＝f(x)的切线方程为y ＝12x －10，所以y ＝f(x)与y ＝g(x)的公切线不是y ＝12x ＋9.综上所述，y ＝f(x)与y ＝g(x)的公切线是y ＝9，此时k ＝0.14. 解析：设切线l 2的方程为y ＝k 2x ，切点坐标为(x 2，y 2)，则y 2＝e x 2，k 2＝g′(x 2)＝e x 2＝y 2x 2，所以x 2＝1，y 2＝e ，k 2＝e .由题意知，k 1＝1e ，切线l 1的方程为y ＝1ex.设切线l 1与曲线y ＝f(x)相切的切点为(x 1，y 1)，故斜率k 1＝f′(x 1)＝1x 1－a ＝1e ＝y 1x 1，所以y 1＝x 1e ＝1－ax 1，则a ＝1x 1－1e .又因为y 1＝ln x 1－a(x 1－1)，消去y 1和a 得ln x 1＋1x 1－1－1e＝0.令h(x)＝ln x ＋1x －1－1e ，则x 1是h(x)的零点．因为h′(x)＝1x －1x 2＝x －1x2，所以h(x)在区间(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，h(1)＝－1e<0，h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－2＋e －1e>0，h(e )＝0，所以x 1∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1或x 1＝e .当x 1∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1时，a ＝1x 1－1e ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫e －1e ，e 2－1e ；当x 1＝e 时，a ＝1x 1－1e ＝0(舍去)，故有e －1e <a<e 2－1e.。

高中数学导数的综合应用共52页

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27、只有把抱怨环境的心情，化为上进的力量，才是成功的保证。——罗曼·罗兰
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28、知之者不如好之者，好之者不如乐之者。——孔子
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29、勇猛、大胆和坚定的决心能够抵得上武器的精良。——达·芬奇
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30、意志是一个强壮的盲人，倚靠在明眼的跛子肩上。——叔本华
谢谢！
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高中数学导数的综合应用
36、“不可能”这个字(法语是一个字 )，只在愚人的字典中找得到。--拿破仑。 37、不要生气要争气，不要看破要突破，不要嫉妒要欣赏，不要托延要积极，不要心动要行动。 38、勤奋，机会，乐观是成功的三要素。(注意：传统观念认为勤奋和机会是成功的要素，但是经过统计学和成功人士的分析得出，乐观是成功的第三要素。
39、没有不老的誓言，没有不变的承诺，踏上旅途，义无反顾。 40、对时间的价值没有有深切认识的人，决不会坚韧勤勉。
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26、要使整个人生都过得舒适、愉快，这是不可能的，因为人类必须具备一种能应付逆境的态度。——卢梭

(2021年整理)高二数学导数及其应用练习题

高二数学导数及其应用练习题编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（高二数学导数及其应用练习题）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

同时也真诚的希望收到您的建议和反馈，这将是我们进步的源泉，前进的动力。

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高二上学期《导数及其应用》单元测试（数学文）(满分：150分时间：120分钟）一、选择题（本大题共10小题，共50分,只有一个答案正确）1．函数()22)(x x f π=的导数是( ）（A ） x x f π4)(=' （B ） x x f 24)(π=' （C ） x x f 28)(π=' (D) x x f π16)(=' 2．函数x e x x f -⋅=)(的一个单调递增区间是( ） (A ）[]0,1- （B) []8,2 （C) []2,1 （D ） []2,03．已知对任意实数x ，有()()()()f x f x g x g x -=--=，，且0x >时，()0()0f x g x ''>>，，则0x <时（）A ．()0()0f x g x ''>>，B ．()0()0f x g x ''><，C ．()0()0f x g x ''<>，D ．()0()0f x g x ''<<，4．若函数b bx x x f 33)(3+-=在()1,0内有极小值,则（）（A ） 10<<b (B ） 1<b （C) 0>b （D ） 21<b5．若曲线4y x =的一条切线l 与直线480x y +-=垂直，则l 的方程为( ）A ．430x y --=B ．450x y +-=C ．430x y -+=D ．430x y ++= 6．曲线x y e =在点2(2)e ，处的切线与坐标轴所围三角形的面积为( )Ａ．294eＢ．22eＣ．2eＤ．22e7．设()f x '是函数()f x 的导函数，将()y f x =和()y f x '=的图象画在同一个直角坐标系中，不可能正确的是（ )8．已知二次函数2()f x ax bx c=++的导数为'()f x ，'(0)0f >,对于任意实数x 都有()0f x ≥，则(1)'(0)f f 的最小值为（） A ．3 B ．52 C ．2 D ．329．设2:()e ln 21x p f x x x mx =++++在(0)+∞，内单调递增,:5q m -≥,则p 是q 的（）Ａ．充分不必要条件Ｂ．必要不充分条件Ｃ．充分必要条件Ｄ．既不充分也不必要条件10．函数)(x f 的图像如图所示，下列数值排序正确的是( ）（A ）)2()3()3()2(0//f f f f -<<<(B ） )2()2()3()3(0//f f f f <-<<（C ）)2()3()2()3(0//f f f f -<<<（D ）)3()2()2()3(0//f f f f <<-< 二．填空题(本大题共4小题,共20分）11．函数()ln (0)f x x x x =>的单调递增区间是＿＿＿＿．12．已知函数3()128f x x x =-+在区间[3,3]-上的最大值与最小值分别为,M m ,则M m -=＿＿．13．点P 在曲线323+-=x x y 上移动，设在点P 处的切线的倾斜角为为α,则α的取值范围是14．已知函数53123-++=ax x x y (1）若函数在()+∞∞-,总是单调函数，则a 的取值范围是 . (2)若函数在),1[+∞上总是单调函数，则a 的取值范围 . （3）若函数在区间（-3，1）上单调递减，则实数a 的取值范围是。

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，则（）的极大值点
的极大值点
B．为的极小值点
D．
为的极小值点
4. 设函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，且f(0)＝0为函数的极值，则有( ) A．c≠0 B．b＝0
C．当a>0时，f(0)为极大值 D．当a<0时，f(0)为极小值
步步高高二数学暑假作业：【文】作业5 导数的综合应用
5. 函数
在区间
上的最小值是（）
A．
B．2
C．
D．
6. 用边长为为 A． C．
的正方形铁皮做一个无盖水箱，先在四角分别截去一个小正方形，然后把四边翻转角，再焊接成水箱，则水箱最大容积
B． D．
7. 方程 A．0
在
内实根的个数为（）
B．1
C．2
D．3
二、填空题
8. 函数
的图象与直线及轴所围成的封闭图形的面积为________．
13. 设
，
，函数
（1）求，；（2）求的最大值．
，已知曲线
在点处的切线方程为
.
14. （2018年新课标I卷文）已知函数
（1）设
是
的极值点．求，并求
（2）证明：当
时，
．
．的单调区间；
步步高高二数学暑假作业：【文】作业5 导数的综合应用
一、单选题
1. 函数f(x)＝x3－3ax－a在(0，1)内有最小值，则a的取值范围是( )
A．[0，1)
B．(0，1)Leabharlann C．(－1，1)D．
2. 如图是导函数
的图象，在图中标记的点处，函数
有极大值的是（）
A．
B．
C．
D．
3. 设函数
A．为
C．
为
9. 若函数
在处取极值，则
10. 已知函数
在
时取得最小值，则 ________．
11. 设函数
，若对于任意的
都有
步步高高二数学暑假作业：【文】作业5 导数的综合应用
成立，则实数的取值范围为________．
12. 若函数
在
内有且只有一个零点，则
在
上的最大值与最小值的和为__________．
三、解答题