高考理科数学一轮复习课时提升作业：第2章 2.11.3《导数的综合应用》(含答案)
高考数学(理科全国通用)一轮总复习习题第二章 函数、导数及其应用 课时提升作业 五 2.2 Word版含答案
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课时提升作业五函数的单调性与最值(分钟分)一、选择题(每小题分,共分).(·青岛模拟)已知函数()满足()(),当∈(∞]时,总有>(≠),若()>(),则实数的取值范围是( )..∪(∞)..∅【解析】选.由题意可知函数 ()是偶函数且在(∞]上是增函数,因为()>(),所以>,两边平方化简,得<,解得<<.【加固训练】下列函数中,满足“()()()”且是单调递增函数的是( ) ()()()()【解析】选()()(≠·,不满足()()()不满足题意.()()()≠·,不满足()()()不满足题意.()()·,满足()()(),但()不是增函数不满足题意.()()·,满足()()·(),且()是增函数满足题意..函数()的单调递减区间是( ). .. ...已知函数()则“”是“函数()在上递增”的( ).充分不必要条件.必要不充分条件.充要条件.既不充分也不必要条件【解析】选.若函数()在上递增,则需≥,即≤.由于⇒≤,但≤,所以“”是“函数()在上递增”的充分不必要条件..(·淄博模拟)若函数()(>且≠)的值域是. 【解析】选.由于函数()的值域是上的最大值为.【解析】由于在上递减,()在上递增,所以()在上单调递减,故()在上的最大值为().答案.已知定义在上的函数()满足()(),且在(∞)上单调递增,如果<且<,则()()的值( ) .可能为.恒大于.恒小于.可正可负【解析】选.由<不妨设<>.因为<,所以<<.由()()知()为奇函数.又由()在(∞)上单调递增得()<()(),所以()()<..(·聊城模拟)已知函数()(>,且≠)在上的最大值与最小值之和为,则的值为( ) ..【解析】选()在上是单调函数,所以()(),则,即()(),又>,所以.【加固训练】。
高考数学第一轮复习提分专练习题：导数的综合应用
高考数学第一轮复习提分专练习题：导数的综合应用学无止境，高中是人生生长变化最快的阶段，所以应该用心去想去做好每件事，查字典数学网为大家整理了2021年高考数学第一轮温习提分专练习题：导数的综合运用,希望可以协助到更多同窗!一、选择题1.设f(x)，g(x)区分是定义在R上的奇函数和偶函数，当x0时，f(x)g(x)+f(x)g(x)0且g(3)=0，那么不等式f(x)g(x)0的解集是()A.(-3,0)(3，+)B.(-3,0)(0,3)C.(-，-3)(3，+)D.(-，-3)(0,3)答案：D 解题思绪：由于f(x)，g(x)区分是定义在R上的奇函数和偶函数，所以h(x)=f(x)g(x)为奇函数，当x0时，h(x)=f(x)g(x)+f(x)g(x)0，所以h(x)在(-，0)为单调增函数，h(-3)=-h(3)=0，所以当x0时，h(x)0=h(-3)，解得x-3，当x0时，h(x)0，解得-30时h(x)0的x的取值范围为(0,3)，应选D.2.假定f(x)=x2-2x-4ln x，不等式f(x)0的解集记为p，关于x的不等式x2+(a-1)x-a0的解集记为q，且p是q的充沛不用要条件，那么实数a的取值范围是()A.(-2，-1]B.[-2，-1]C. D.[-2，+)答案：D 解题思绪：关于命题p： f(x)=x2-2x-4ln x，f(x)=2x-2-=，由f(x)0，得 x2.由p是q的充沛不用要条件知，命题p的解集(2，+)是命题q不等式解集的子集，关于命题q：x2+(a-1)x-a0(x+a)(x-1)0，当a-1时，解集为(-，-a)(1，+)，显然契合题意;当a-1时，解集为(-，1)(-a，+)，那么由题意得-2-1.综上，实数a的取值范围是[-2，+)，应选D.3.定义在R上的函数f(x)，g(x)满足=ax，且f(x)g(x)A.7B.6C.5D.4答案：B 解题思绪：由f(x)g(x)4.(河南顺应测试)函数f(x)是定义在R上的奇函数，且当x(-，0]时，f(x)=e-x-ex2+a，那么函数f(x)在x=1处的切线方程为()A.x+y=0B.ex-y+1-e=0C.ex+y-1-e=0D.x-y=0答案：B 命题立意：此题考察了函数的奇偶性及函数的导数的运用，难度中等.解题思绪：函数f(x)是R上的奇函数，f(x)=-f(-x)，且f(0)=1+a=0，得a=-1，设x0，那么-x0，那么f(x)=-f(-x)=-(ex-ex2-1)=-ex+ex2+1，且f(1)=1，求导可得f(x)=-ex+2ex，那么f(1)=e，f(x)在x=1处的切线方程y-1=e(x-1)，即得ex-y+1-e=0，故应选B.易错点拨：要留意函数中的隐含条件的开掘，特别是一些变量的值及函数图象上的特殊点，防止出现遗漏性错误.5.设二次函数f(x)=ax2-4bx+c，对xR，恒有f(x)0，其导数满足f(0)0，那么的最大值为()A. B. C.0 D.1答案：C 解题思绪：此题考察基本不等式的运用.由于f(x)0恒成立，所以a0且=16b2-4ac0.又由于f(x)=2ax-4b，而f(0)0，所以b0，那么==2-，又因4a+c8b，所以2，故2-2=0，当且仅当4a=c，ac=4b2，即当a=b，c=4b时，取到最大值，其值为0.技巧点拨：在运用均值不等式处置效果时，一定要留意一正二定三等，特别是要留意等号成立的条件能否满足.6.函数f(x)，g(x)区分是二次函数f(x)和三次函数g(x)的导函数，它们在同一坐标系下的图象如下图，设函数h(x)=f(x)-g(x)，那么()A.h(1)B.h(1)C.h(0)D.h(0)答案：D 解题思绪：此题考察函数及导函数的图象.取特殊值，令f(x)=x2，g(x)=x3，那么h(0)二、填空题7.关于三次函数f(x)=ax3+bx2+cx+d(a0)，给出定义：设f(x)是函数y=f(x)的导数，f(x)是f(x)的导数，假定方程f(x)=0有实数解x0，那么称点(x0，f(x0))为函数y=f(x)的拐点.某同窗经过探求发现：任何一个三次函数都有拐点任何一个三次函数都有对称中心，且拐点就是对称中心.依据这一发现，那么函数f(x)=x3-x2+3x-的对称中心为________.答案：解题思绪：由f(x)=x3-x2+3x-，得f(x)=x2-x+3，f(x)=2x-1，由f(x)=0，解得x=，且f=1，所以此函数的对称中心为.8.设函数f(x)=(x+1)ln(x+1).假定对一切的x0都有f(x)ax 成立，那么实数a的取值范围为________.答案：(-，1] 解题思绪：令g(x)=(1+x)ln(1+x)-ax，对函数g(x)求导数g(x)=ln(1+x)+1-a，令g(x)=0，解得x=ea-1-1.当a1时，对一切x0，g(x)0，所以g(x)在[0，+)上是增函数.又g(0)=0，所以对x0，有g(x)0，即当a1时，关于一切x0，都有f(x)ax.当a1时，关于0又g(0)=0，所以对0所以，当a1时，不是对一切的x0都有f(x)ax成立.综上，a的取值范围为(-，1].三、解答题9.函数f(x)=x3-ax+1.(1)当x=1时，f(x)取得极值，求a的值;(2)求f(x)在[0,1]上的最小值;(3)假定对恣意mR，直线y=-x+m都不是曲线y=f(x)的切线，求a的取值范围.解析：(1)由于f(x)=x2-a，当x=1时，f(x)取得极值，所以f(1)=1-a=0，a=1.又当x(-1,1)时，f(x)当x(1，+)时，f(x)0，所以f(x)在x=1处取得极小值，即a=1时契合题意.(2)当a0时，f(x)0对x(0,1)恒成立，所以f(x)在(0,1)上单调递增，f(x)在x=0处取得最小值f(0)=1.当a0时，令f(x)=x2-a=0，x1=-，x2=，当0当x(0，)时，f(x)0，f(x)单调递减;当x(，1)时，f(x)0，f(x)单调递增.所以f(x)在x=处取得最小值f()=1-.当a1时，1.x(0,1)时，f(x)0，f(x)单调递减，所以f(x)在x=1处取得最小值f(1)=-a.综上所述，当a0时，f(x)在x=0处取得最小值f(0)=1;当0当a1时，f(x)在x=1处取得最小值f(1)=-a.(3)由于mR，直线y=-x+m都不是曲线y=f(x)的切线，所以f(x)=x2-a-1对xR恒成立，只需f(x)=x2-a的最小值大于-1即可.而f(x)=x2-a的最小值为f(0)=-a，所以-a-1，即a1.故a的取值范围是(-，1).10.函数f(x)=x-ax2-ln(1+x)，其中aR.(1)假定x=2是f(x)的极值点，求a的值;(2)求f(x)的单调区间;(3)假定f(x)在[0，+)上的最大值是0，求a的取值范围. 命题立意：此题考察导数与函数的极值、单调性、最值等知识，考察考生剖析效果、处置效果的才干，考察函数与方程、分类整合等数学思想方法.(1)依据可导函数在一定点处取得极值的必要条件是其导数等于零，得出关于a的方程即可求出a，再依据极值点两侧导数值异号停止检验;(2)讨论导数的符号，就参数a的取值状况停止分类讨论即可;(3)依据函数的单调性和极值点，以及函数最大值的概念分状况处置.解析：(1)f(x)=，x(-1，+).依题意，得f(2)=0，解得a=.经检验，a=时，契合题意.(2)当a=0时，f(x)=，x(-1，+).故f(x)的单调增区间是(0，+)，单调减区间是(-1,0).当a0时，令f(x)=0，得x1=0，x2=-1，当0f(x)的单调增区间是，单调减区间是(-1,0).当a=1时，f(x)的单调减区间是(-1，+).当a1时，-11时，f(x)的单调增区间是-1,0，单调减区间是(0，+).(3)由(2)知a0时，f(x)在(0，+)上单调递增，由f(0)=0知不合题意.当00，f(x)在区间上递增可知，ff(0)=0知不合题意.当a1时，f(x)在(0，+)单调递减，可得f(x)在[0，+)上的最大值是f(0)=0，契合题意.f(x)在[0，+)上的最大值是0时，a的取值范围是[1，+).11.设函数f(x)=xln x(x0).(1)求函数f(x)的最小值;(2)设F(x)=ax2+f(x)(aR)，讨论函数F(x)的单调性;(3)斜率为k的直线与曲线y=f(x)交于A(x1，y1)，B(x2，y2)(x10)，令f(x)=0，得x=.当x时，f(x)当x时，f(x)0.当x=时，f(x)min=ln=-.(2)F(x)=ax2+ln x+1(x0)，F(x)=2ax+=(x0).当a0时，恒有F(x)0，F(x)在(0，+)上是增函数; 当a0时，令F(x)0，得2ax2+10，解得0.综上，当a0时，F(x)在(0，+)上是增函数;当a0时，F(x)在上单调递增，在上单调递减. (3)k==.要证x11知ln t0，故等价于证ln t1).(*)设g(t)=t-1-ln t(t1)，那么g(t)=1-1)，故g(t)在[1，+)上是增函数.当t1时，g(t)=t-1-ln tg(1)=0，即t-1ln t(t1).设h(t)=tln t-(t-1)(t1)，那么h(t)=ln t1)，故h(t)在[1，+)上是增函数.当t1时，h(t)=tln t-(t-1)h(1)=0，即t-11).由知(*)成立，得证.12.函数f(x)=ln x-px+1.(1)求函数f(x)的极值点;(2)假定对恣意的x0，恒有f(x)0，求p的取值范围;(3)证明：+++(nN，n2).解析：(1)由f(x)的定义域为(0，+)，f(x)=-p=， x0，当p0时，f(x)0， f(x)在(0，+)上单调递增，f(x)无极值点;当p0时，令f(x)=0， x=(0，+)，f(x)，f(x)随x的变化状况如下表：x f(x) + 0 - f(x) 增极大减从上表可以看出：当p0时，f(x)有独一的极大值点x=.(2)当p0时，f(x)在(0，+)上单调递增，所以不能够对恣意的x0，恒有f(x)0，当p0时，由(1)知在x=处取得极大值f=ln ，此时极大值也是最大值.要使f(x)0恒成立，只需f=ln 0，解得p1，所以p的取值范围是[1，+).(3)证明：令p=1，由(2)知ln x-x+10，ln xx-1，nN，n2，令x=n2，那么ln n2n2-1，=1-，所以结论成立.2021年高考数学第一轮温习提分专练习题：导数的综合运用，更多信息查字典数学网将第一时间为广阔考生提供，预祝各位考生报考到心仪的大学!。
2019版高考数学(理)(全国通用版)一轮复习课时分层作业： 十六 2.11.3导数的综合应用 Word版含解析
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课时分层作业十六导数的综合应用一、选择题(每小题5分,共25分)1.已知函数f(x)=x3-x2-x,则f(-a2)与f(-1)的大小关系为( )A.f(-a2)≤f(-1)B.f(-a2)<f(-1)C.f(-a2)≥f(-1)D.f(-a2)与f(-1)的大小关系不确定【解析】选A.由题意可得f′(x)=x2-2x-,令f′(x)=(3x-7)(x+1)=0,得x=-1或x=.当x<-1时,f′(x)>0,f(x)为增函数;当-1<x<时,f′(x)<0,f(x)为减函数.所以f(-1)是函数f(x)在(-∞,0]上的最大值,又因为-a2≤0,所以f(-a2)≤f(-1).2.若不等式2xln x≥-x2+ax-3对x∈(0,+∞)恒成立,则实数a的取值范围是 ( )A.(-∞,0)B.(-∞,4]C.(0,+∞)D.[4,+∞)【解析】选 B.2xln x≥-x2+ax-3,则a≤2ln x+x+,设h(x)=2lnx+x+(x>0),则h′(x)=.当x∈(0,1)时,h′(x)<0,函数h(x)单调递减;当x∈(1,+∞)时,h′(x)>0,函数h(x)单调递增,所以h(x)min=h(1)=4.所以a≤h(x)min=4.3.(2018·兰州模拟)已知定义在R上的可导函数f(x)的导函数为f′(x),满足f′(x)<f(x),且f(x+2)为偶函数,f(4)=1,则不等式f(x)<e x的解集为( )A.(-2,+∞)B.(0,+∞)C.(1,+∞)D.(4,+∞)【解析】选B.因为f(x+2)为偶函数,所以f(x+2)的图象关于x=0对称,所以f(x)的图象关于x=2对称,所以f(0)=f(4)=1.设g(x)=(x∈R),则g′(x)==,又f′(x)<f(x),所以g′(x)<0(x∈R),所以函数g(x)在定义域上单调递减.因为f(x)<e x⇔g(x)=<1,而g(0)==1,所以f(x)<e x⇔g(x)<g(0),所以x>0.4.做一个圆柱形锅炉,容积为V,两个底面的材料每单位面积的价格为a元,侧面的材料每单位面积的价格为b元,当造价最低时,锅炉的底面直径与高的比为 ( )A. B. C. D.【解析】选C.如图,设圆柱的底面半径为R,高为h,则V=πR2h.设造价为y=2πR2a+2πRhb=2πaR2+2πRb·=2πaR2+,所以y′=4πaR-.令y′=0,得=.5.设1<x<2,则,,的大小关系是 ( )A.<<B.<<C.<<D.<<【解析】选A.令f(x)=x-ln x(1<x<2),则f′(x)=1-=>0,所以函数y=f(x)在(1,2)内为增函数.所以f(x)>f(1)=1>0,所以x>ln x>0⇒0<<1.所以<.又-==>0,所以<<.【方法技巧】破解解不等式或比较大小的关键(1)一是“构造函数”,通过观察所给的不等式的特点,适当构造函数.(2)二是利用导数法,判断所构造函数的单调性,利用其单调性,回归对原函数的符号的判断,即可得出正确的选项.二、填空题(每小题5分,共15分)6.直线y=a与函数f(x)=x3-3x的图象有相异的三个公共点,则a的取值范围是________.【解析】令f′(x)=3x2-3=0,得x=±1,可得极大值为f(-1)=2,极小值为f(1)=-2,如图,观察得-2<a<2时恰有三个不同的公共点.答案:(-2,2)7.电动自行车的耗电量y与速度x之间有关系y=x3-x2-40x(x>0),为使耗电量最小,则速度应定为________.【解析】令y′=x2-39x-40=0,得x=-1或x=40,由于0<x<40时,y′<0;当x>40时,y′>0.所以当x=40时,y有最小值.答案:408.若关于x的不等式x3-3x2-9x+2≥m对任意x∈[-2,2]恒成立,则m 的取值范围是________.【解析】令f(x)=x3-3x2-9x+2,则f′(x)=3x2-6x-9,令f′(x)=0,得x=-1或3(舍去).因为f(-1)=7,f(-2)=0,f(2)=-20.所以f(x)的最小值为f(2)=-20,故m≤-20.答案:(-∞,-20]三、解答题(每小题10分,共20分)9.定义在实数集上的函数f(x)=x2+x,g(x)=x3-2x+m.(1)求函数f(x)的图象在x=1处的切线方程.(2)若f(x)≥g(x)对任意的x∈[-4,4]恒成立,求实数m的取值范围. 【解析】(1)因为f(x)=x2+x,所以当x=1时,f(1)=2,因为f′(x)=2x+1,所以f′(1)=3,所以所求切线方程为y-2=3(x-1),即3x-y-1=0.(2)令h(x)=g(x)-f(x)=x3-x2-3x+m,则h′(x)=(x-3)(x+1).所以当-4<x<-1时,h′(x)>0;当-1<x<3时,h′(x)<0;当3<x<4时,h′(x)>0.要使f(x)≥g(x)恒成立,即h(x)max≤0,由上知h(x)的最大值在x=-1或x=4处取得,而h(-1)=m+,h(4)=m-,所以m+≤0,即m≤-,所以实数m的取值范围为.10.已知函数f(x)=xln x.(1)求f(x)的最小值.(2)若对于所有x≥1都有f(x)≥ax-1,求实数a的取值范围.【解析】函数f(x)=xln x的定义域是(0,+∞).(1)f′(x)=1+ln x,令f′(x)=0,解得x=.当x∈时,f′(x)<0;当x∈时,f′(x)>0.故f(x)在上单调递减,在上单调递增.所以当x=时,函数f(x)取得最小值f=-.(2)依题意,得f(x)≥ax-1在[1,+∞)上恒成立,即不等式a≤ln x+对于x∈[1,+∞)恒成立,即a≤,x∈[1,+∞).设g(x)=ln x+(x≥1),则g′(x)=-=,令g′(x)=0,得x=1.当x≥1时,因为g′(x)=≥0,故g(x)在[1,+∞)上是增函数. 所以g(x)在[1,+∞)上的最小值是g(1)=1,故a的取值范围是(-∞,1].1.(5分)(2018·武汉模拟)已知函数g(x)满足g(x)=g′(1)e x-1-g(0)x+x2,且存在实数x0,使得不等式2m-1≥g(x0)成立,则实数m的取值范围为( )A.(-∞,2]B.(-∞,3]C.[1,+∞)D.[0,+∞)【解析】选 C.g′(x)=g′(1)e x-1-g(0)+x,令x=1,得g′(1)=g′(1)-g(0)+1,所以g(0)=1,g(0)=g′(1)e0-1,所以g′(1)=e,所以g(x)=e x-x+x2,g′(x)=e x-1+x,当x<0时,g′(x)<0,当x>0时,g′(x)>0,所以当x=0时,函数g(x)取得最小值g(0)=1.根据题意得2m-1≥g(x)min=1,所以m≥1.2.(5分)(2018·长春模拟)已知函数f(x)=m-1-x2(e≤x≤2e)(e为自然对数的底数)与g(x)=2-5ln x的图象上存在关于x轴对称的点,则实数m的取值范围是 ( )A.[e2-2,+∞)B.C.[e,2e]D.[e2+4,4e2+5ln 2+4]【解析】选D.由题意可知,方程m-1-x2=5ln x-2在[e,2e]上有解,即m=x2+5ln x-1在[e,2e]上有解.令h(x)=x2+5ln x-1,h′(x)=2x+,易知h(x)在[e,2e]上单调递增,所以h(x)在[e,2e]上的最小值为e2+5-1=e2+4,最大值为(2e)2+5ln(2e)-1=4e2+5ln 2+4.所以实数m的取值范围是[e2+4,4e2+5ln 2+4].3.(5分)(2018·太原模拟)log0.5>log0.5对任意x∈[2,4]恒成立,则m的取值范围为________.世纪金榜导学号12560478【解析】以0.5为底的对数函数为减函数,所以得真数关系为<,所以m>-x3+7x2+x-7,令f(x)=-x3+7x2+x-7,则f′(x)=-3x2+14x+1,因为f′(2)>0且f′(4)>0,所以f′(x)>0在[2,4]上恒成立,即在[2,4]上函数f(x)为增函数,所以f(x)的最大值为f(4)=45,因此m>45.答案:(45,+∞)4.(12分)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>x2-2ax+1.【解析】(1)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变化时,f′(x),f(x)的变化情况如表: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2-2ln 2+2a.(2)设g(x)=e x-x2+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)取最小值为g′(ln 2)=2(1-ln 2+a)>0.于是对任意x∈R,都有g′(x)>0,所以g(x)在R上单调递增.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-x2+2ax-1>0,故当a>ln 2-1且x>0时,e x>x2-2ax+1.5.(13分)(2018·沈阳模拟)据统计某种汽车的最高车速为120千米/小时,在匀速行驶时每小时的耗油量y(升)与行驶速度x(千米/小时)之间有如下函数关系:y=x3-x+8.已知甲、乙两地相距100千米.(1)若汽车以40千米/小时的速度匀速行驶,则从甲地到乙地需耗油多少升?(2)当汽车以多大的速度匀速行驶时,从甲地到乙地耗油最少?最少为多少升?【解析】 (1)当x=40时,汽车从甲地到乙地行驶了=2.5(小时),需耗油×2.5=17.5(升).所以汽车以40千米/小时的速度匀速行驶,从甲地到乙地需耗油17.5升.(2)当汽车的行驶速度为x千米/小时,从甲地到乙地需行驶小时.设耗油量为h(x)升,依题意,得h(x)=·=x2+-,0<x ≤120,h′(x)=-=(0<x≤120).令h′(x)=0,得x=80,因为当x∈(0,80)时,h′(x)<0,h(x)是减函数;当x∈(80,120)时,h′(x)>0,h(x)是增函数,所以当x=80时,h(x)取得最小值h(80)=11.25.所以当汽车以80千米/小时的速度行驶时,从甲地到乙地耗油量最少,最少为11.25升.关闭Word文档返回原板块。
高考数学理科一轮复习导数的综合应用学习型教学案(有答案)
高考数学理科一轮复习导数的综合应用学案（有答案）本资料为woRD文档，请点击下载地址下载全文下载地址学案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，并会根据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．函数的最值函数f在[a，b]上必有最值的条件如果函数y＝f的图象在区间[a，b]上________，那么它必有最大值和最小值．求函数y＝f在[a，b]上的最大值与最小值的步骤：①求函数y＝f在内的________；②将函数y＝f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：首先要充分理解题意，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．函数f＝x3－3ax－a在内有最小值，则a的取值范围为A．0≤a<1B．0<a<1c．－1<a<1D．0<a<122．设f′是函数f的导函数，将y＝f和y＝f′的图象画在同一个直角坐标系中，不可能正确的是3．对于R上可导的任意函数f，若满足f′≥0，则必有A．f＋f<2fB．f＋f≤2fc．f＋f≥2fD．f＋f>2f4．函数f＝12ex在区间0，π2上的值域为______________．5．f＝x2在x＝2处有极大值，则常数c的值为________．探究点一求含参数的函数的最值例1 已知函数f＝x2e－ax，求函数在[1,2]上的最大值．变式迁移1 设a>0，函数f＝alnxx.讨论f的单调性；求f在区间[a,2a]上的最小值．探究点二用导数证明不等式例2 已知f＝12x2－alnx，求函数f的单调区间；求证：当x>1时，12x2＋lnx<23x3.变式迁移2 设a为实数，函数f＝ex－2x＋2a，x∈R.求f的单调区间与极值；求证：当a>ln2－1且x>0时，ex>x2－2ax＋1.探究点三实际生活中的优化问题例3 某分公司经销某种品牌产品，每件产品的成本为3元，并且每件产品需向总公司交a元的管理费，预计当每件产品的售价为x元时，一年的销售量为2万件．求分公司一年的利润L与每件产品的售价x的函数关系式；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．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获得一定净收入，在乙方不赔付甲方的情况下，乙方的年利润x与年产量t满足函数关系x＝XXt.若乙方每生产一吨产品必须赔付甲方S元．将乙方的年利润ω表示为年产量t的函数，并求出乙方获得最大利润的年产量；甲方每年受乙方生产影响的经济损失金额y＝0.002t2，在乙方按照获得最大利润的产量进行生产的前提下，甲方要在索赔中获得最大净收入，应向乙方要求的赔付价格S是多少？转化与化归思想的应用例已知函数f＝lnx－x＋1.若xf′≤x2＋ax＋1，求a的取值范围；证明：f≥0.【答题模板】解∵f′＝x＋1x＋lnx－1＝lnx＋1x，x>0，∴xf′＝xlnx＋1.由xf′≤x2＋ax＋1，得a≥lnx－x，令g＝lnx－x，则g′＝1x－1，[2分] 当0<x<1时，g′>0；当x>1时，g′<0，[4分]∴x＝1是最大值点，gmax＝g＝－1，∴a≥－1，∴a的取值范围为[－1，＋∞)．[6分]证明由知g＝lnx－x≤g＝－1，∴lnx－x＋1≤0.是快速解决的关键．)[8分]当0<x<1时，x－1<0，f＝lnx－x＋1＝xlnx ＋lnx－x＋1≤0，∴f≥0.当x≥1时，x－1>0，f＝lnx－x＋1＝lnx＋xlnx－x＋1＝lnx－xln1x－1x＋1≥0，∴f≥0.[11分]综上，f≥0.[12分]【突破思维障碍】本小题主要考查函数、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以及计算能力，同时也考查了函数与方程思想、化归与转化思想．通过转化，本题实质还是利用单调性求最值问题．．求极值、最值时，要求步骤规范，含参数时，要分类讨论参数的范围．若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般步骤：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；求函数的导数f′，解方程f′＝0；比较函数的区间端点对应的函数值和极值，确定最值；回到实际问题，作出解答．一、选择题．已知曲线c：y＝2x2－x3，点P，直线l过点P且与曲线c相切于点Q，则点Q的横坐标为A．－1B．1c．－2D．22．已知函数y＝f，y＝g的导函数的图象如图所示，那么y＝f，y＝g的图象可能是3．设f′是函数f的导函数，y＝f′的图象如图所示，则y＝f的图象最有可能是4．函数f＝－x3＋x2＋tx＋t在上是增函数，则t的取值范围是A．t>5B．t<5c．t≥5D．t≤55．若函数f＝sinxx，且0<x1<x2<1，设a＝sinx1x1，b＝sinx2x2，则a，b的大小关系是A．a>bB．a<bc．a＝bD．a、b的大小不能确定题号2345答案二、填空题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，则矩形面的长为________．7．要建造一个长方体形状的仓库，其内部的高为3m，长和宽的和为20m，则仓库容积的最大值为_____________________________________________________________m3.8．若函数f＝4xx2＋1在区间上是单调递增函数，则实数m的取值范围为________．三、解答题9．已知函数f＝122－ln．求f的单调区间；若x∈[1e－1，e－1]时，f<m恒成立，求m的取值范围．0．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与隔热层厚度x满足关系：c＝k3x ＋5，若不建隔热层，每年能源消耗费用为8万元，设f为隔热层建造费用与20年的能源消耗费用之和．求k的值及f的表达式；隔热层修建多厚时，总费用f达到最小，并求最小值．1．设函数f＝lnx，g＝ax＋bx，函数f的图象与x轴的交点也在函数g的图象上，且在此点有公共切线．求a、b的值；对任意x>0，试比较f与g的大小．答案自主梳理．连续①极值②端点值自我检测．B 2.D 3.c4.12，12eπ25.6课堂活动区例1 解题导引求函数在闭区间上的最值，首先应判断函数在闭区间上的单调性，一般方法是令f′＝0，求出x 值后，再判断函数在各区间上的单调性，在这里一般要用到分类讨论的思想，讨论的标准通常是极值点与区间端点的大小关系，确定单调性或具体情况．解∵f＝x2e－ax，∴f′＝2xe－ax＋x2•e－ax＝e－ax．令f′>0，即e－ax>0，得0<x<2a.∴f在，2a，＋∞上是减函数，在0，2a上是增函数．①当0<2a<1，即a>2时，f在[1,2]上是减函数，∴fmax＝f＝e－a.②当1≤2a≤2，即1≤a≤2时，f在1，2a上是增函数，在2a，2上是减函数，∴fmax＝f2a＝4a－2e－2.③当2a>2，即0<a<1时，f在[1,2]上是增函数，∴fmax＝f＝4e－2a.综上所述，当0<a<1时，f的最大值为4e－2a；当1≤a≤2时，f的最大值为4a－2e－2；当a>2时，f的最大值为e－a.变式迁移1 解函数f的定义域为，f′＝a•1－lnxx2，由f′＝a•1－lnxx2>0，得0<x<e；由f′<0，得x>e.故f在上单调递增，在上单调递减．∵f在上单调递增，在上单调递减，∴f在[a,2a]上的最小值[f]min＝min{f，f}．∵f－f ＝12lna2，∴当0<a≤2时，[f]min＝lna；当a>2时，[f]min＝ln2a2.例2 解题导引利用导数解决不等式问题的主要方法就是构造函数，通过研究函数的性质进而解决不等式问题．解f′＝x－ax＝x2－ax，若a≤0时，f′>0恒成立，∴函数f的单调增区间为．若a>0时，令f′>0，得x>a，∴函数f的单调增区间为，减区间为．证明设F＝23x3－，故F′＝2x2－x－1x.∴F′＝x－12x2＋x＋1x.∵x>1，∴F′>0.∴F在上为增函数．又F在上连续，F＝16>0，∴F>16在上恒成立．∴F>0.∴当x>1时，12x2＋lnx<23x3.变式迁移2 解由f＝ex－2x＋2a，x∈R，知f′＝ex－2，x∈R.令f′＝0，得x＝ln2.于是当x变化时，f′，f的变化情况如下表：xln2f′－＋f极小值故f的单调递减区间是，单调递增区间是，f在x＝ln2处取得极小值，极小值为f＝eln2－2ln2＋2a＝2．证明设g＝ex－x2＋2ax－1，x∈R.于是g′＝ex－2x＋2a，x∈R.由知当a>ln2－1时，g′最小值为g′＝2>0.于是对任意x∈R，都有g′>0，所以g在R内单调递增，于是当a>ln2－1时，对任意x∈，都有g>g．而g＝0，从而对任意x∈，都有g>0，即ex－x2＋2ax－1>0，故ex>x2－2ax＋1.例3 解分公司一年的利润L与售价x的函数关系式为L＝2，x∈[9,11]．L′＝2－2＝．令L′＝0，得x＝6＋23a或x＝12．∵3≤a≤5，∴8≤6＋23a≤283.在x＝6＋23a两侧L′的值由正变负．∴①当8≤6＋23a<9，即3≤a<92时，Lmax＝L＝2＝9．②当9≤6＋23a≤283，即92≤a≤5时，Lmax＝L＝[12－]2＝43.所以Q＝96－a，3≤a<92，43－13a3，92≤a≤5.综上，若3≤a<92，则当每件售价为9元时，分公司一年的利润L最大，最大值Q＝9；若92≤a≤5，则当每件售价为元时，分公司一年的利润L最大，最大值Q＝43．变式迁移3 解因为赔付价格为S元/吨，所以乙方的实际年利润为ω＝XXt－St.由ω′＝1000t－S＝1000－Stt，令ω′＝0，得t＝t0＝2.当t<t0时，ω′>0；当t>t0时，ω′<0.所以当t＝t0时，ω取得最大值．因此乙方获得最大利润的年产量为2吨．设甲方净收入为v元，则v＝St－0.002t2.将t＝2代入上式，得到甲方净收入v与赔付价格S之间的函数关系式：v＝10002S－2×10003S4.又v′＝－10002S2＋8×10003S5＝10002×8000－S3S5，令v′＝0，得S＝20.当S<20时，v′>0；当S>20时，v′<0，所以S＝20时，v取得最大值．因此甲方向乙方要求赔付价格S＝20元/吨时，可获得最大净收入．课后练习区．A 2.D 3.c 4.c 5.A6.63d解析如图所示，为圆木的横截面，由b2＋h2＝d2，∴bh2＝b．设f＝b，∴f′＝－3b2＋d2.令f′＝0，由b>0，∴b＝33d，且在上f′>0，在[33d，d]上f′<0.∴函数f在b＝33d处取极大值，也是最大值，即抗弯强度最大，此时长h＝63d.7．300解析设长为xm，则宽为m，仓库的容积为V，则V＝x•3＝－3x2＋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＝300．8．＝41－x2x2＋12≥0，解得－1≤x≤1.由已知得⊆[－1,1]，即m≥－12m＋1≤1m<2m ＋1，解得－1<m≤0.9．解∵f＝122－ln，∴f′＝－11＋x＝x2＋x1＋x．……………………………………………………………………………………………∴f在上单调递增，在上单调递减．…………………………………………………………………令f′＝0，即x＝0，则xf′－＋f极小值……………………………………………………………………………………………又∵f＝12e2＋1，f＝12e2－1>12e2＋1，又f<m在x∈[1e－1，e－1]上恒成立，∴m>12e2－1.………………………………………………………………………………0．解设隔热层厚度为xcm，由题设，每年能源消耗费用为c＝k3x＋5，再由c＝8，得k＝40，因此c＝403x＋5，…………………………………………而建造费用为c1＝6x.…………………………………………………………………最后得隔热层建造费用与20年的能源消耗费用之和为f＝20c＋c1＝20×403x＋5＋6x＝8003x＋5＋6x．………………………………………………………………f′＝6－24003x＋52，令f′＝0，即24003x＋52＝6，解得x＝5，x＝－253．…………………………………………当0<x<5时，f′<0，当5<x<10时，f′>0，………………………………………………………………故x＝5是f的最小值点，对应的最小值为f＝6×5＋80015＋5＝70.当隔热层修建5cm厚时，总费用达到最小值70万元．……………………………………………………………………………………………1．解f＝lnx的图象与x轴的交点坐标是，依题意，得g＝a＋b＝0.①……………………………………………………………又f′＝1x，g′＝a－bx2，且f与g在点处有公共切线，∴g′＝f′＝1，即a－b＝ 1.②……………………………………………………由①②得a＝12，b＝－12.…………………………………………………………………令F＝f－g，则F＝lnx－＝lnx－12x＋12x，∴F′＝1x－12－12x2＝－122≤0.∴F在上为减函数．………………………………………………………当0<x<1时，F>F＝0，即f>g；当x＝1时，F＝0，即f＝g；当x>1时，F<F＝0，即f<g．综上，0<x<1时，f>g；x＝1时，f＝g；x>1时f<g．…………………………………………………………………………。
高考数学理科一轮复习导数的综合应用学案(有答案)
高考数学理科一轮复习导数的综合应用学案（有答案）学案1导数的综合应用导学目标：1应用导数讨论函数的单调性，并会根据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]上必有最值的条如果函数＝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＝f(x)在[a，b]上的最大值与最小值的步骤：①求函数＝f(x)在(a，b)内的________；②将函数＝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：首先要充分理解题意，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)＝x3－3ax－a在(0,1)内有最小值，则a的取值范围为()A．0≤a<1B．0<a<1．－1<a<1D．0<a<122．(2011•汕头月考)设f′(x)是函数f(x)的导函数，将＝f(x)和＝f′(x)的图象画在同一个直角坐标系中，不可能正确的是()3．对于R上可导的任意函数f(x)，若满足(x－1)f′(x)≥0，则必有() A．f(0)＋f(2)<2f(1)B．f(0)＋f(2)≤2f(1)．f(0)＋f(2)≥2f(1)D．f(0)＋f(2)>2f(1)4．(2011•新乡模拟)函数f(x)＝12ex (sin x＋s x)在区间0，π2上的值域为______________．．f(x)＝x(x－)2在x＝2处有极大值，则常数的值为________．探究点一求含参数的函数的最值例1 已知函数f(x)＝x2e－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)＝aln xx(1)讨论f(x)的单调性；(2)求f(x)在区间[a,2a]上的最小值．探究点二用导数证明不等式例2 (2011•张家口模拟)已知f(x)＝12x2－aln x(a∈R)，(1)求函数f(x)的单调区间；(2)求证：当x>1时，12x2＋ln x<23x3变式迁移2(2010•安徽)设a为实数，函数f(x)＝ex－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，ex>x2－2ax＋1探究点三实际生活中的优化问题例3 (2011•孝感月考)某分公司经销某种品牌产品，每产品的成本为3元，并且每产品需向总公司交a元(3≤a≤)的管理费，预计当每产品的售价为x元(9≤x≤11)时，一年的销售量为(12－x)2万．(1)求分公司一年的利润L(万元)与每产品的售价x的函数关系式；(2)当每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，因此甲方有权向乙方索赔以弥补经济损失并获得一定净收入，在乙方不赔付甲方的情况下，乙方的年利润x(元)与年产量t(吨)满足函数关系x＝2 000t若乙方每生产一吨产品必须赔付甲方S元(以下称S为赔付价格)．(1)将乙方的年利润ω(元)表示为年产量t(吨)的函数，并求出乙方获得最大利润的年产量；(2)甲方每年受乙方生产影响的经济损失金额＝0002t2(元)，在乙方按照获得最大利润的产量进行生产的前提下，甲方要在索赔中获得最大净收入，应向乙方要求的赔付价格S是多少？转化与化归思想的应用例(12分)(2010•全国Ⅰ)已知函数f(x)＝(x＋1)ln x－x＋1 (1)若xf′(x)≤x2＋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)＝xln x＋1由xf′(x)≤x2＋ax＋1，得a≥ln x－x，令g(x)＝ln x－x，则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)ax＝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＝xln 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＋xln x－x＋1＝ln x－xln 1x－1x＋1≥0，∴(x－1)f(x)≥0[11分]综上，(x－1)f(x)≥0[12分]【突破思维障碍】本小题主要考查函数、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以及计算能力，同时也考查了函数与方程思想、化归与转化思想．通过转化，本题实质还是利用单调性求最值问题．1．求极值、最值时，要求步骤规范，含参数时，要分类讨论参数的范围．若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般步骤：(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＝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，确定最值；(4)回到实际问题，作出解答．(满分：7分)一、选择题(每小题分，共2分)1．(2011•皖南模拟)已知曲线：＝2x2－x3，点P(0，－4)，直线l过点P且与曲线相切于点Q，则点Q的横坐标为()A．－1B．1．－2D．22．已知函数＝f(x)，＝g(x)的导函数的图象如图所示，那么＝f(x)，＝g(x)的图象可能是()3．设f′(x)是函数f(x)的导函数，＝f′(x)的图象如图所示，则＝f(x)的图象最有可能是()4．函数f(x)＝－x3＋x2＋tx＋t在(－1,1)上是增函数，则t的取值范围是()A．t> B．t<．t≥D．t≤．(2011•沧州模拟)若函数f(x)＝sin xx，且0<x1<x2<1，设a＝sin x1x1，b＝sin x2x2，则a，b的大小关系是()A．a>bB．a<b．a＝bD．a、b的大小不能确定题号1234答案二、填空题(每小题4分，共12分)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，则矩形面的长为________．(强度与bh2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 ，长和宽的和为20 ，则仓库容积的最大值为___________________________________________________________ __38．若函数f(x)＝4xx2＋1在区间(,2＋1)上是单调递增函数，则实数的取值范围为________．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)若x∈[1e－1，e－1]时，f(x)<恒成立，求的取值范围．10．(12分)(2010•湖北)为了在夏季降温和冬季供暖时减少能损耗，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．该建筑物每年的能消耗费用(单位：万元)与隔热层厚度x(单位：)满足关系：(x)＝3x＋(0≤x≤10)，若不建隔热层，每年能消耗费用为8万元，设f(x)为隔热层建造费用与20年的能消耗费用之和．(1)求的值及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＋bx，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)连续(2)①极值②端点值自我检测1．B2D 3412，12eπ2 6堂活动区例 1 解题导引求函数在闭区间上的最值，首先应判断函数在闭区间上的单调性，一般方法是令f′(x)＝0，求出x值后，再判断函数在各区间上的单调性，在这里一般要用到分类讨论的思想，讨论的标准通常是极值点与区间端点的大小关系，确定单调性或具体情况．解∵f(x)＝x2e－ax (a>0)，∴f′(x)＝2xe－ax＋x2•(－a)e－ax＝e－ax(－ax2＋2x)．令f′(x)>0，即e－ax(－ax2＋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)ax＝f(1)＝e－a②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)ax＝f2a＝4a－2e－2③当2a>2，即0<a<1时，f(x)在[1,2]上是增函数，∴f(x)ax＝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)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a•1－ln xx2(a>0)，由f′(x)＝a•1－ln xx2>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)]in＝in{f(a)，f(2a)}．∵f(a)－f(2a)＝12lna2，∴当0<a≤2时，[f(x)]in＝ln a；当a>2时，[f(x)]in＝ln2a2例 2 解题导引利用导数解决不等式问题的主要方法就是构造函数，通过研究函数的性质进而解决不等式问题．(1)解f′(x)＝x－ax＝x2－ax(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)＝23x3－(12x2＋ln x)，故F′(x)＝2x2－x－1x∴F′(x)＝x－12x2＋x＋1x ∵x>1，∴F′(x)>0∴F(x)在(1，＋∞)上为增函数．又F(x)在(1，＋∞)上连续，F(1)＝16>0，∴F(x)>16在(1，＋∞)上恒成立．∴F(x)>0∴当x>1时，12x2＋ln x<23x3变式迁移2(1)解由f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R，知f′(x)＝ex－2，x∈R令f′(x)＝0，得x＝ln 2于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，ln 2)ln 2(ln 2，＋∞)f′(x)－0＋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)＝eln 2－2ln 2＋2a＝2(1－ln 2＋a)．(2)证明设g(x)＝ex－x2＋2ax－1，x∈R于是g′(x)＝ex－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，所以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ex－x2＋2ax－1>0，故ex>x2－2ax＋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≤，∴8≤6＋23a≤283在x＝6＋23a两侧L′的值由正变负．∴①当8≤6＋23a<9，即3≤a<92时，Lax＝L(9)＝(9－3－a)(12－9)2＝9(6－a)．②当9≤6＋23a≤283，即92≤a≤时，Lax＝L(6＋23a)＝(6＋23a－3－a)[12－(6＋23a)]2＝4(3－13a)3所以Q(a)＝96－a，3≤a<92，43－13a3，92≤a≤综上，若3≤a<92，则当每售价为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≤，则当每售价为(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)因为赔付价格为S元/吨，所以乙方的实际年利润为ω＝2 000t－St由ω′＝1 000t－S＝1 000－Stt，令ω′＝0，得t＝t0＝(1 000S)2当t<t0时，ω′>0；当t>t0时，ω′<0所以当t＝t0时，ω取得最大值．因此乙方获得最大利润的年产量为(1 000S)2吨．(2)设甲方净收入为v元，则v＝St－0002t2将t＝(1 000S)2代入上式，得到甲方净收入v与赔付价格S之间的函数关系式：v＝1 0002S－2×1 0003S4又v′＝－1 0002S2＋8×1 0003S＝1 0002×8 000－S3S，令v′＝0，得S＝20当S<20时，v′>0；当S>20时，v′<0，所以S＝20时，v取得最大值．因此甲方向乙方要求赔付价格S＝20元/吨时，可获得最大净收入．后练习区1．A2D34 A663d解析如图所示，为圆木的横截面，由b2＋h2＝d2，∴bh2＝b(d2－b2)．设f(b)＝b(d2－b2)，∴f′(b)＝－3b2＋d2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，此时长h＝63d7．300解析设长为x ，则宽为(20－x)，仓库的容积为V，则V＝x(20－x)•3＝－3x2＋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 (3)．8．(－1,0]解析f′(x)＝41－x2x2＋12≥0，解得－1≤x≤1由已知得(,2＋1)⊆[－1,1]，即≥－12＋1≤1<2＋1，解得－1<≤09．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，则x(1e－1,0)0(0，e－1)f′(x)－0＋极小值……………………………………………………………………………………………(9分)又∵f(1e－1)＝12e2＋1，f(e－1)＝12e2－1>12e2＋1，又f(x)<在x∈[1e－1，e－1]上恒成立，∴>12e2－1………………………………………………………………………………(12分)10．解(1)设隔热层厚度为x ，由题设，每年能消耗费用为(x)＝3x＋，(2分)再由(0)＝8，得＝40，因此(x)＝403x ＋，…………………………………………(4分)而建造费用为1(x)＝6x…………………………………………………………………(分)最后得隔热层建造费用与20年的能消耗费用之和为f(x)＝20(x)＋1(x)＝20×403x＋＋6x＝8003x＋＋6x (0≤x≤10)．………………………………………………………………(6分)(2)f′(x)＝6－2 4003x＋2，令f′(x)＝0，即 2 4003x＋2＝6，解得x＝，x＝－23(舍去)．…………………………………………(8分)当0<x<时，f′(x)<0，当<x<10时，f′(x)>0，………………………………………………………………( 10分)故x＝是f(x)的最小值点，对应的最小值为f()＝6×＋8001＋＝70当隔热层修建厚时，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＝0①……………………………………………………………(2分)又f′(x)＝1x，g′(x)＝a－bx2，且f(x)与g(x)在点(1,0)处有公共切线，∴g′(1)＝f′(1)＝1，即a－b＝1②……………………………………………………(4分)由①②得a＝12，b＝－12…………………………………………………………………(6分) (2)令F(x)＝f(x)－g(x)，则F(x)＝ln x－(12x－12x)＝ln x－12x＋12x，∴F′(x)＝1x－12－12x2＝－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)。
高考数学(理科全国通用)一轮总复习习题第二章 函数、导数及其应用 课时提升作业 七 2.4 Word版含答案
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课时提升作业七指数函数(分钟分)一、选择题(每小题分,共分).已知(),若(),则()等于( )【解析】选.因为()(),所以.所以() ()..下列函数中值域为正实数的是( )【解析】选中≤中,因为∈的值域是正实数,所以的值域是正实数中≥中,由于>,故<,又≥,故≤<,故符合条件的只有..(·太原模拟)函数是( ).奇函数,在区间(∞)上单调递增.奇函数,在区间(∞)上单调递减.偶函数,在区间(∞)上单调递增.偶函数,在区间(∞)上单调递减【解析】选.令(),则()(),所以函数()是奇函数,排除.又函数均是上的增函数,故在上为增函数..已知. ,则( )>> >>>> >>【解析】选.由<<,并结合指数函数的图象可知>,即>;因为><,所以>.综上>>..(·莱芜模拟)若函数()(>≠)满足(),则()的单调递减区间是( ).(∞] .【解析】选.由()得.又>,所以,因此().因为()在.. .上是增函数()()()().可知正确..(·杭州模拟)已知≤≤,则·的最大值为.【解析】令,因为≤≤,所以≤≤,又·,所以(),因为≤≤,所以时.答案:【误区警示】解决本题易忽视换元后新元的取值范围致误,如本题令后,若忽视的取值范围,则会误认为∈或∈,从而出现错误.【加固训练】已知函数·在区间上单调递减,则的取值范围为.【解析】设,则·.因为∈,所以∈.又函数·在区间上单调递减,即在区间上单调递减,故有≥,解得≤.所以的取值范围为(∞].答案:(∞](分钟分).(分)已知函数()<<且()>()>(),则下列结论中,一定成立的是( )<<< . <≥>。
高考数学一轮复习 第二章 函数、导数及其应用 2.11 导数在研究函数中的应用练习 理-人教版高三全
第二章 函数、导数及其应用 2.11 导数在研究函数中的应用练习 理[A 组·基础达标练]1．函数f (x )＝x 4－4x 3＋4x 2的极值点是( ) A ．x ＝0 B ．x ＝1C ．x ＝2D ．x ＝0，x ＝1和x ＝2 答案 D解析 f ′(x )＝4x 3－12x 2＋8x ＝4x (x 2－3x ＋2)＝4x (x －1)(x －2)，则结合列表可得f (x )的极值点为x ＝0，x ＝1和x ＝2.2．[2015·某某一检]已知定义在R 上的函数f (x )满足f (－3)＝f (5)＝1，f ′(x )为f (x )的导函数，且导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示．则不等式f (x )<1的解集是( )A ．(－3,0)B ．(－3,5)C ．(0,5)D ．(－∞，－3)∪(5，＋∞) 答案 B解析 依题意得，当x >0时，f ′(x )>0，f (x )是增函数；当x <0时，f ′(x )<0，f (x )是减函数．又f (－3)＝f (5)＝1，因此不等式f (x )<1的解集是(－3,5)，选B.3．[2016·某某师大附中月考]若函数f (x )＝x 3－tx 2＋3x 在区间[1,4]上单调递减，则实数t 的取值X 围是( )A.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，518B ．(－∞，3]C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫518，＋∞D ．[3，＋∞) 答案 C解析 f ′(x )＝3x 2－2tx ＋3，由于f (x )在区间[1,4]上单调递减，则有f ′(x )≤0在[1,4]上恒成立，即3x 2－2tx ＋3≤0，即t ≥32⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x 在[1,4]上恒成立，因为y ＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x 在[1,4]上单调递增，所以t ≥32⎝ ⎛⎭⎪⎫4＋14＝518，故选C.4．[2013·某某高考]已知a 为常数，函数f (x )＝x (ln x －ax )有两个极值点x 1，x 2(x 1<x 2)，则( )A ．f (x 1)>0，f (x 2)>－12B ．f (x 1)<0，f (x 2)<－12C ．f (x 1)>0，f (x 2)<－12D ．f (x 1)<0，f (x 2)>－12答案 D解析 f ′(x )＝ln x －2ax ＋1，依题意知f ′(x )＝0有两个不等实根x 1，x 2. 即曲线y 1＝1＋ln x 与y 2＝2ax 有两个不同交点，如图．由直线y ＝x 是曲线y ＝1＋ln x 的切线，可知：0<2a <1，且0<x 1<1<x 2.∴a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12. 由0<x 1<1，得f (x 1)＝x 1(ln x 1－ax 1)<0， 当x 1<x <x 2时，f ′(x )>0， 当x >x 2时，f ′(x )<0，∴f (x 2)>f (1)＝－a >－12，故选D.5．[2015·某某一模]若定义在R 上的函数f (x )满足f (x )＋f ′(x )>1，f (0)＝4，则不等式f (x )>3ex ＋1(e 为自然对数的底数)的解集为( )A ．(0，＋∞) B．(－∞，0)∪(3，＋∞) C ．(－∞，0)∪(0，＋∞) D．(3，＋∞) 答案 A解析 由f (x )>3ex ＋1得，e x f (x )>3＋e x ，构造函数F (x )＝e x f (x )－e x－3，对F (x )求导得F ′(x )＝e x f (x )＋e x f ′(x )－e x ＝e x [f (x )＋f ′(x )－1]．由f (x )＋f ′(x )>1，e x >0，可知F ′(x )>0，即F (x )在R 上单调递增，又因为F (0)＝e 0f (0)－e 0－3＝f (0)－4＝0，所以F (x )>0的解集为(0，＋∞)，所以选A.6．[2013·某某高考]已知e 为自然对数的底数，设函数f (x )＝(e x－1)(x －1)k(k ＝1,2)，则( )A ．当k ＝1时，f (x )在x ＝1处取到极小值B ．当k ＝1时，f (x )在x ＝1处取到极大值C ．当k ＝2时，f (x )在x ＝1处取到极小值D ．当k ＝2时，f (x )在x ＝1处取到极大值 答案 C解析 当k ＝1时，f (x )＝(e x －1)(x －1)，f ′(x )＝x e x－1，f ′(1)≠0，故A ，B 错；当k ＝2时，f (x )＝(e x－1)(x －1)2，f ′(x )＝(x 2－1)e x －2x ＋2＝(x －1)[(x ＋1)e x－2]，故f ′(x )＝0有一根为x 1＝1，另一根x 2∈(0,1)．当x ∈(x 2,1)时，f ′(x )<0，f (x )递减；当x∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )递增，∴f (x )在x ＝1处取得极小值，故选C.7．[2016·东北八校月考]已知函数y ＝f (x )＝x 3＋3ax 2＋3bx ＋c 在x ＝2处有极值，其图象在x ＝1处的切线平行于直线6x ＋2y ＋5＝0，则f (x )的极大值与极小值之差为________．答案 4解析 ∵f ′(x )＝3x 2＋6ax ＋3b ，∴⎩⎪⎨⎪⎧f ′2＝3×22＋6a ×2＋3b ＝0，f ′1＝3×12＋6a ×1＋3b ＝－3，⇒⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，b ＝0，∴f ′(x )＝3x 2－6x ，令3x 2－6x ＝0，得x ＝0或x ＝2， ∴f (x )极大值－f (x )极小值＝f (0)－f (2)＝4.8．已知函数f (x )＝－12x 2＋4x －3ln x 在[t ，t ＋1]上不单调，则t 的取值X 围是________．答案 (0,1)∪(2,3)解析 由题意知f ′(x )＝－x ＋4－3x ＝－x 2＋4x －3x＝－x －1x －3x，由f ′(x )＝0得函数f (x )的两个极值点为1,3， 则只要这两个极值点有一个在区间(t ，t ＋1)内， 函数f (x )在区间[t ，t ＋1]上就不单调， 由t <1<t ＋1或t <3<t ＋1，得0<t <1或2<t <3.9．已知函数f (x )＝－x 3＋ax 2－4在x ＝2处取得极值，若m ，n ∈[－1,1]，则f (m )＋f ′(n )的最小值是________．答案 －13解析 f ′(x )＝－3x 2＋2ax ， 根据已知2a3＝2，得a ＝3，即f (x )＝－x 3＋3x 2－4.根据函数f (x )的极值点，可得函数f (m )在[－1,1]上的最小值为f (0)＝－4，f ′(n )＝－3n 2＋6n 在[－1,1]上单调递增，所以f ′(n )的最小值为f ′(－1)＝－9.[f (m )＋f ′(n )]min ＝f (m )min ＋f ′(n )min ＝－4－9＝－13. 10．[2015·某某一检]已知函数f (x )＝ln x －x1＋2x .(1)求证：f (x )在区间(0，＋∞)上单调递增； (2)若f [x (3x －2)]<－13，某某数x 的取值X 围．解 (1)证明：由已知得f (x )的定义域为(0，＋∞)． ∵f (x )＝ln x －x1＋2x， ∴f ′(x )＝1x －1＋2x －2x 1＋2x 2＝4x 2＋3x ＋1x 1＋2x 2. ∵x >0，∴4x 2＋3x ＋1>0，x (1＋2x )2>0. ∴当x >0时，f ′(x )>0. ∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增．(2)∵f (x )＝ln x －x 1＋2x ，∴f (1)＝ln 1－11＋2×1＝－13.由f [x (3x －2)]<－13得f [x (3x －2)]<f (1)．由(1)得⎩⎪⎨⎪⎧x 3x －2>0x3x －2<1，解得－13<x <0或23<x <1.综上所述，x 的取值X 围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，0∪⎝ ⎛⎭⎪⎫23，1.11．[2015·某某一检]已知函数f (x )＝x ·ln x ，g (x )＝ax 3－12x －23e .(1)求f (x )的单调递增区间和最小值；(2)若函数y ＝f (x )与函数y ＝g (x )的图象在交点处存在公共切线，某某数a 的值． 解 (1)∵f ′(x )＝ln x ＋1，由f ′(x )>0，得x >1e，∴f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞. 又当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 时，f ′(x )<0，则f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞时，f ′(x )>0，则f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞上单调递增， ∴f (x )的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1e .(2)∵f ′(x )＝ln x ＋1，g ′(x )＝3ax 2－12，设公切点的横坐标为x 0，则与f (x )的图象相切的直线方程为：y ＝(ln x 0＋1)x －x 0， 与g (x )的图象相切的直线方程为：y ＝⎝⎛⎭⎪⎫3ax 20－12x －2ax 30－23e ，∴⎩⎪⎨⎪⎧ln x 0＋1＝3ax 2－12，－x 0＝－2ax 30－23e解之得x 0ln x 0＝－1e ，由(1)知x 0＝1e ，∴a ＝e26.12．[2016·某某检测]已知f (x )＝e x(x 3＋mx 2－2x ＋2)． (1)假设m ＝－2，求f (x )的极大值与极小值；(2)是否存在实数m ，使f (x )在[－2，－1]上单调递增？如果存在，求m 的取值X 围；如果不存在，请说明理由．解 (1)当m ＝－2时，f (x )＝e x (x 3－2x 2－2x ＋2)，其定义域为(－∞，＋∞)．则f ′(x )＝e x(x 3－2x 2－2x ＋2)＋e x (3x 2－4x －2)＝x e x (x 2＋x －6)＝(x ＋3)x (x －2)e x， ∴当x ∈(－∞，－3)或x ∈(0,2)时，f ′(x )<0； 当x ∈(－3,0)或x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0；f ′(－3)＝f ′(0)＝f ′(2)＝0，∴f (x )在(－∞，－3)上单调递减，在(－3,0)上单调递增； 在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增， ∴当x ＝－3或x ＝2时，f (x )取得极小值； 当x ＝0时，f (x )取得极大值， ∴f (x )极小值＝f (－3)＝－37e －3，f (x )极小值＝f (2)＝－2e 2， f (x )极大值＝f (0)＝2.(2)f ′(x )＝e x(x 3＋mx 2－2x ＋2)＋e x (3x 2＋2mx －2)＝x e x [x 2＋(m ＋3)x ＋2m －2]． ∵f (x )在[－2，－1]上单调递增， ∴当x ∈[－2，－1]时，f ′(x )≥0. 又∵当x ∈[－2，－1]时，x e x<0， ∴当x ∈[－2，－1]时，x 2＋(m ＋3)x ＋2m －2≤0，∴⎩⎪⎨⎪⎧f ′－2＝－22－2m ＋3＋2m －2≤0，f ′－1＝－12－m ＋3＋2m －2≤0，解得m ≤4，∴当m ∈(－∞，4]时，f (x )在[－2，－1]上单调递增．[B 组·能力提升练]1．若函数f (x )＝x 3－3x 在(a,6－a 2)上有最小值，则实数a 的取值X 围是( )A ．(－5，1)B ．[－5，1)C ．[－2,1)D ．(－5，－2] 答案 C解析 f ′(x )＝3x 2－3＝0，得x ＝±1，且x ＝1为函数的极小值点，x ＝－1为函数的极大值点．函数f (x )在区间(a,6－a 2)上有最小值， 则函数f (x )极小值点必在区间(a,6－a 2)内， 即实数a 满足a <1<6－a 2且f (a )＝a 3－3a ≥f (1)＝－2. 解a <1<6－a 2，得－5<a <1， 不等式a 3－3a ≥f (1)＝－2，即a 3－3a ＋2≥0，即a 3－1－3(a －1)≥0， 即(a －1)(a 2＋a －2)≥0， 即(a －1)2(a ＋2)≥0， 即a ≥－2.故实数a 的取值X 围是[－2,1)． 故选C.2．[2016·某某调研]已知函数f (x )＝ln x ＋1ln x ，则下列结论中正确的是( )A ．若x 1，x 2(x 1<x 2)是f (x )的极值点，则f (x )在区间(x 1，x 2)内是增函数B ．若x 1，x 2(x 1<x 2)是f (x )的极值点，则f (x )在区间(x 1，x 2)内是减函数C ．∀x >0，且x ≠1，f (x )≥2D ．∃x 0>0，f (x )在(x 0，＋∞)内是增函数 答案 D解析 由已知得，f ′(x )＝1x ·ln 2x －1ln 2x(x >0且x ≠1)，令f ′(x )＝0，得ln x ＝±1，得x ＝e 或x ＝1e.当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1e 时，f ′(x )>0；当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫1e，1，x ∈(1，e)时，f ′(x )<0；当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )>0.故x ＝1e和x ＝e 分别是函数f (x )的极大值点和极小值点，但是由函数的定义域可知x ≠1，故函数f (x )在x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，e 内不是单调的，所以A ，B 错；当0<x <1时，ln x <0，此时f (x )<0，C 错；只要x 0≥e，则f (x )在(x 0，＋∞)内是增函数，D 正确．3．[2015·某某高考]已知函数f (x )＝2x，g (x )＝x 2＋ax (其中a ∈R )．对于不相等的实数x 1，x 2，设m ＝f x 1－f x 2x 1－x 2，n ＝g x 1－g x 2x 1－x 2.现有如下命题：①对于任意不相等的实数x 1，x 2，都有m >0；②对于任意的a 及任意不相等的实数x 1，x 2，都有n >0；③对于任意的a ，存在不相等的实数x 1，x 2，使得m ＝n ； ④对于任意的a ，存在不相等的实数x 1，x 2，使得m ＝－n . 其中的真命题有________(写出所有真命题的序号)． 答案 ①④解析 ①f (x )＝2x是增函数，∴对任意不相等的实数x 1，x 2，都有f x 1－f x 2x 1－x 2>0，即m >0，∴①成立．②由g (x )＝x 2＋ax 图象可知，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－a 2时，g (x )是减函数，∴当不相等的实数x 1、x 2∈⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－a 2时，g x 1－g x 2x 1－x 2<0，即n <0，∴②不成立． ③若m ＝n ，则有f x 1－f x 2x 1－x 2＝g x 1－g x 2x 1－x 2，即f (x 1)－f (x 2)＝g (x 1)－g (x 2)，f (x 1)－g (x 1)＝f (x 2)－g (x 2)，令h (x )＝f (x )－g (x )， 则h (x )＝2x－x 2－ax ，h ′(x )＝2x ln 2－2x －a ，令h ′(x )＝2xln 2－2x －a ＝0， 得2xln 2＝2x ＋a .由y ＝2x ln 2与y ＝2x ＋a 的图象知， 存在a 使对任意x ∈R 恒有2xln 2>2x ＋a ， 此时h (x )在R 上是增函数． 若h (x 1)＝h (x 2)，则x 1＝x 2， ∴③不成立． ④若m ＝－n ，则有f x 1－f x 2x 1－x 2＝－g x 1－g x 2x 1－x 2，f (x 1)＋g (x 1)＝f (x 2)＋g (x 2)，令φ(x )＝f (x )＋g (x )， 则φ(x )＝2x＋x 2＋ax ，φ′(x )＝2x ln 2＋2x ＋a .令φ′(x )＝0，得2xln 2＋2x ＋a ＝0， 即2xln 2＝－2x －a .由y 1＝2xln 2与y 2＝－2x －a 的图象可知，对任意的a ，存在x 0，使x >x 0时y 1>y 2，x <x 0时y 1<y 2，故对任意的a ，存在x 0，使x >x 0时，φ′(x )>0，x <x 0时φ′(x )<0， 故对任意的a ，φ(x )在R 上不是单调函数．故对任意的a ，存在不相等的实数x 1，x 2，使m ＝－n ， ∴④成立． 综上，①④正确．4．已知函数f (x )＝e x－ln (x ＋m )．(1)设x ＝0是f (x )的极值点，求m ，并讨论f (x )的单调性； (2)当m ≤2时，证明f (x )>0. 解 (1)f ′(x )＝e x－1x ＋m. 由x ＝0是f (x )的极值点得f ′(0)＝0，所以m ＝1. 于是f (x )＝e x－ln (x ＋1)，x ∈(－1，＋∞)． 函数f ′(x )＝e x －1x ＋1在(－1，＋∞)单调递增，且f ′(0)＝0. 因此当x ∈(－1,0)时，f ′(x )<0； 当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0.所以f (x )在(－1,0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．(2)证明：当m ≤2，x ∈(－m ，＋∞)时，ln (x ＋m )≤ln (x ＋2)，故只需证当m ＝2时f (x )>0. 当m ＝2时，f ′(x )＝e x－1x ＋2在(－2，＋∞)上单调递增． 又f ′(－1)<0，f ′(0)>0，故f ′(x )＝0在(－2，＋∞)上有唯一的解x 0，且x 0∈(－1,0)． 当x ∈(－2，x 0)时，f ′(x )<0； 当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0. 故当x ＝x 0时，f (x )取极小值． 故f ′(x )＝0得e x 0＝1x 0＋2，ln (x 0＋2)＝－x 0. 故f (x )≥f (x 0)＝1x 0＋2＋x 0＝x 0＋12x 0＋2>0.综上所述，当m ≤2时，f (x )>0.。
(全国版)高考数学一轮复习第二章函数、导数及其应用2.11.1利用导数研究函数的单调性课时提升作业理
（全国版）高考数学一轮复习第二章函数、导数及其应用2.11.1利用导数研究函数的单调性课时提升作业理(25分钟60分)一、选择题(每小题5分,共25分)1.函数f(x)=(x-3)e x的单调递增区间是( )A.(-∞,2)B.(0,3)C.(1,4)D.(2,+∞)【解析】选D.因为f(x)=(x-3)·e x,则f′(x)=e x(x-2),令f′(x)>0,得x>2,所以f(x)的单调递增区间为(2,+∞).2.(2016·抚州模拟)若函数f(x)=x+alnx不是单调函数,则实数a的取值范围是( )A.[0,+∞)B.(-∞,0]C.(-∞,0)D.(0,+∞)【解析】选C.由题意知x>0,f′(x)=1+,要使函数f(x)=x+alnx不是单调函数,则需方程1+=0在x>0上有解,即x=-a,所以a<0.【加固训练】已知函数f(x)=x3+ax+4,则“a>0”是“f(x)在R上单调递增”的( )A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【解析】选A.f′(x)=x2+a,当a≥0时,f′(x)≥0恒成立,故“a>0”是“f(x)在R上单调递增”的充分不必要条件.3.(2016·马鞍山模拟)对于实数集R上的可导函数f(x),若满足(x2-3x+2)f′(x)<0,则在区间[1,2]上必有( )A.f(1)≤f(x)≤f(2)B.f(x)≤f(1)C.f(x)≥f(2)D.f(x)≤f(1)或f(x)≥f(2)【解析】选A.由(x2-3x+2)f′(x)<0知,当x2-3x+2<0,即1<x<2时,f′(x)>0,所以f(x)是区间[1,2]上的单调递增函数,所以f(1)≤f(x)≤f(2).4.(2016·厦门模拟)已知函数f(x)的图象如图所示,则f(x)的解析式可能是( )A.f(x)=-x3B.f(x)=+x3C.f(x)=-x3D.f(x)=--x3【解析】选A.根据函数的定义域可以排除选项C,D,对于选项B:f′(x)=+3x2,当x>时,f′(x)不可能恒小于0,即函数不可能恒为减函数,故不符合.5.(2016·深圳模拟)已知f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)为f(x)的导函数,且满足f(x)<-xf′(x),则不等式f(x+1)>(x-1)·f(x2-1)的解集是( )A.(0,1)B.(1,+∞)C.(1,2)D.(2,+∞)【解析】选D.因为f(x)+xf′(x)<0,所以(xf(x))′<0,xf(x)在(0,+∞)上为减函数,又因为(x+1)f(x+1)>(x2-1)·f(x2-1),所以0<x+1<x2-1,得x>2.二、填空题(每小题5分,共15分)6.函数f(x)=的单调递增区间是.【解析】由导函数f′(x)==>0,得cosx>-,所以2kπ-<x<2kπ+(k∈Z),即函数f(x)的单调递增区间是(k∈Z).答案:(k∈Z)7.(2016·石景山模拟)已知f(x)=x3-ax在[1,+∞)上是增函数,则a的最大值是.【解析】f′(x)=3x2-a≥0在[1,+∞)上恒成立,即a≤3x2在[1,+∞)上恒成立,而(3x2)min=3×12=3,所以a≤3,故a max=3.答案:38.(2016·大连模拟)已知函数f(x)=aln(x+1)-x2在区间(1,2)内任取两个实数p,q,且p≠q,不等式<1恒成立,则实数a的取值范围为.【解析】不妨设p>q,则p-q>0,<1,f(p+1)-f(q+1)<p-q,[f(p+1)-(p+1)]-[f(q+1)-(q+1)]<0,令g(x)=f(x)-x,则由题意可知函数g(x)在(2,3)内单调递减,g(x)=aln(x+1)-x2-x,g′(x)=-2x-1<0在(2,3)内恒成立,<2x+1,a<(x+1)(2x+1),结合二次函数的性质,可知a≤15.答案:(-∞,15]【加固训练】已知函数f(x)=-x2+4x-3lnx在[t,t+1]上不单调,则t的取值范围是.【解析】由题意知f′(x)=-x+4-==-,由f′(x)=0得函数f(x)的两个极值点为1,3,则只要这两个极值点有一个在区间(t,t+1)内,函数f(x)在区间[t,t+1]上就不单调,由t<1<t+1或t<3<t+1,得0<t<1或2<t<3.答案:(0,1)∪(2,3)三、解答题(每小题10分,共20分)9.(2016·武汉模拟)已知函数f(x)=(k为常数,e是自然对数的底数),曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与x轴平行.(1)求k的值.(2)求f(x)的单调区间.【解析】(1)由题意得f′(x)=,又f′(1)==0,故k=1.(2)由(1)知,f′(x)=,设h(x)=-lnx-1(x>0),则h′(x)=--<0,即h(x)在(0,+∞)上是减函数.由h(1)=0知,当0<x<1时,h(x)>0,从而f′(x)>0;当x>1时,h(x)<0,从而f′(x)<0.综上可知,f(x)的单调递增区间是(0,1),单调递减区间是(1,+∞).10.(2016·朝阳模拟)设函数f(x)=alnx+,其中a为常数.(1)若a=0,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程.(2)讨论函数f(x)的单调性.【解题提示】(1)当a=0时,求出函数f(x)的导函数f′(x),进而求出切线的斜率,即可求出切线方程.(2)结合函数的导函数,对a进行分情况讨论,判断导函数的符号,进而确定其单调性.【解析】(1)由题意知a=0时,f(x)=,x∈(0,+∞),此时f′(x)=,可得f′(1)=,又f(1)=0,所以曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程为x-2y-1=0.(2)函数f(x)的定义域为(0,+∞).f′(x)=+=.当a≥0时,f′(x)>0,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增,当a<0时,令g(x)=ax2+(2a+2)x+a,Δ=(2a+2)2-4a2=4(2a+1).①当a=-时,Δ=0,f′(x)=≤0,函数f(x)在(0,+∞)上单调递减.②当a<-时,Δ<0,g(x)<0,f′(x)<0,函数f(x)在(0,+∞)上单调递减.③当-<a<0时,Δ>0,设x1,x2(x1<x2)是函数g(x)的两个零点,则x1=,x2=.由于x1==>0,所以当x∈(0,x1)时,g(x)<0,f′(x)<0,函数f(x)单调递减,当x∈(x1,x2)时,g(x)>0,f′(x)>0,函数f(x)单调递增,当x∈(x2,+∞)时,g(x)<0,f′(x)<0,函数f(x)单调递减.综上可得:当a≥0时,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增;当a≤-时,函数f(x)在(0,+∞)上单调递减;当-<a<0时,f(x)在,上单调递减,在(,)上单调递增.(20分钟40分) 1.(5分)(2016·南昌模拟)函数f(x)的定义域为R,f(-1)=2,对任意x∈R, f′(x)>2,则f(x)>2x+4的解集为( )A.(-1,1)B.(-1,+∞)C.(-∞,-1)D.(-∞,+∞)【解题提示】构造函数F(x)=f(x)-(2x+4),利用导数求解.【解析】选B.设F(x)=f(x)-(2x+4),则F(-1)=f(-1)-(-2+4)=2-2=0,对任意x∈R,f′(x)>2,所以F′(x)=f′(x)-2>0,即F(x)在R上单调递增,则F(x)>0的解集为(-1,+∞),即f(x)>2x+4的解集为(-1,+∞).2.(5分)(2016·邢台模拟)定义在R上的奇函数f(x),当x∈(-∞,0)时f(x)+xf′(x)<0恒成立,若a=3f(3),b=(logπe)f(logπe),c=-2f(-2),则a,b,c的大小关系为.【解析】设g(x)=xf(x),则g′(x)=f(x)+xf′(x),因为当x∈(-∞,0)时,f(x)+xf′(x)<0恒成立,所以此时g′(x)=f(x)+xf′(x)<0,即此时函数g(x)=xf(x)在(-∞,0)上单调递减,因为f(x)是奇函数,所以g(x)=xf(x)是偶函数,即当x>0时,函数g(x)=xf(x)单调递增,则a=3f(3)=g(3),b=(logπe)f(logπe)=g(logπe),c=-2f(-2)=g(-2)=g(2),因为0<logπe<1<2<3,所以g(3)>g(2)>g(logπe),即a>c>b.答案:a>c>b【加固训练】f(x)是定义在(0,+∞)上的非负可导函数,且满足xf′(x)+f(x)≤0,对任意正数a,b,若a<b,则必有( )A.af(b)≤bf(a)B.bf(a)≤af(b)C.af(a)≤f(b)D.bf(b)≤f(a)【解析】选A.因为xf′(x)≤-f(x),f(x)≥0,所以′=≤≤0.则函数在(0,+∞)上是单调递减的,由于0<a<b,则≥, 即af(b)≤bf(a).3.(5分)已知向量a=,b=(1,t),若函数f(x)=a·b在区间(-1,1)上存在增区间,则t的取值范围为.【解析】f(x)=e x+-tx,x∈(-1,1),f′(x)=e x+x-t,函数在(-1,1)上存在增区间,则f′(x)>0在(-1,1)上能成立,故e x+x>t在(-1,1)上能成立,故e+1>t.答案:(-∞,e+1)4.(12分)已知函数f(x)=,a∈R.(1)求函数f(x)的单调区间.(2)若f(x)在(1,2)上是单调函数,求a的取值范围.【解析】(1)f(x)的定义域为{x|x≠a},f′(x)=.①当a=0时,f(x)=x(x≠0),f′(x)=1,则x∈(-∞,0)和(0,+∞)时,f(x)为增函数.②当a>0时,由f′(x)>0得,x>2a或x<0,由于此时0<a<2a,所以x>2a时,f(x)为增函数,x<0时,f(x)为增函数;由f′(x)<0得,0<x<2a,考虑定义域,当0<x<a时,f(x)为减函数,a<x<2a时,f(x)为减函数.③当a<0时,由f′(x)>0得,x>0或x<2a,由于此时2a<a<0,所以当x<2a时,f(x)为增函数,x>0时,f(x)为增函数,由f′(x)<0得,2a<x<0,考虑定义域,当2a<x<a时,f(x)为减函数,a<x<0时,f(x)为减函数.综上,当a=0时,函数f(x)的单调递增区间为(-∞,0),(0,+∞).当a>0时,函数f(x)的单调递增区间为(-∞,0),(2a,+∞),单调递减区间为(0,a),(a,2a).当a<0时,函数f(x)的单调递增区间为(-∞,2a),(0,+∞),单调递减区间为(2a,a),(a,0).(2)①当a≤0时,由(1)可得,f(x)在(1,2)上单调递增,且x∈(1,2)时,x≠a.②当0<2a≤1时,即0<a≤时,由(1)可得,f(x)在(2a,+∞)上单调递增,即在(1,2)上单调递增,且x∈(1,2)时,x≠a.③当1<2a<2时,即<a<1时,由(1)可得,f(x)在(1,2)上不具有单调性,不合题意.④当2a≥2,即a≥1时,由(1)可得,f(x)在(0,a),(a,2a)上为减函数,同时需注意a∉(1,2),满足这样的条件时f(x)在(1,2)上单调递减,所以此时a=1或a≥2.综上所述,a的取值范围是∪{1}∪[2,+∞).5.(13分)已知函数f(x)=alnx-ax-3(a∈R).(1)求函数f(x)的单调区间.(2)若函数y=f(x)的图象在点(2,f(2))处的切线的倾斜角为45°,对于任意的t∈[1,2],函数g(x)=x3+x2·在区间(t,3)上总不是单调函数,求m的取值范围.【解析】(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),且f′(x)=,当a>0时,f(x)的增区间为(0,1),减区间为(1,+∞);当a<0时,f(x)的增区间为(1,+∞),减区间为(0,1);当a=0时,f(x)不是单调函数.(2)由(1)及题意得f′(2)=-=1,即a=-2,所以f(x)=-2lnx+2x-3,f′(x)=,所以g(x)=x3+x2-2x,所以g′(x)=3x2+(m+4)x-2.因为g(x)在区间(t,3)上总不是单调函数,即g′(x)=0在区间(t,3)上有变号零点.由于g′(0)=-2,所以当g′(t)<0,即3t2+(m+4)t-2<0对任意t∈[1,2]恒成立,由于g′(0)<0,故只要g′(1)<0且g′(2)<0,即m<-5且m<-9,解得m<-9;由g′(3)>0,解得m>-,所以-<m<-9,即实数m的取值范围是.。
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课时分层作业十六导数的综合应用一、选择题(每小题5分,共25分）1.若不等式2xln x≥-x2+ax-3对x∈（0,+∞）恒成立,则实数a的取值范围是（) A。
（—∞,0） B.（-∞,4］C。
（0,+∞)D。
[4,+∞）【解析】选B。
2xln x≥-x2+ax—3，则a≤2ln x+x+,设h（x）=2ln x+x+(x>0）,则h′（x）=。
当x∈(0，1）时,h′（x)<0,函数h（x）单调递减;当x∈（1,+∞)时,h′(x）>0，函数h（x）单调递增,所以h(x)min=h（1)=4，所以a≤h（x)min=4.2。
（2018·长沙模拟）已知函数f(x）=,若对任意的x∈［1,2］, f′(x）·x+f （x）>0恒成立,则实数t的取值范围是( ）A。
（—∞,］B。
C. D.［,+∞)【解析】选B。
因为f′(x）=，所以对任意的x∈[1,2]，f′(x)·x+f （x)〉0恒成立⇔对任意的x∈[1,2］，〉0恒成立⇔对任意的x∈[1,2],2x2-2tx+1〉0恒成立⇔t〈=x+恒成立，又g（x）=x+在[1，2]上单调递增，所以g（x)min=g(1)=，所以t〈。
高考理科数学一轮复习课时提升作业：第2章 2.10《变化率与导数、导数的计算》(含答案)
变化率与导数、导数的计算(25分钟60分)一、选择题(每小题5分,共25分)1.函数y=x2cosx在x=1处的导数是( )A.0B.2cos1-sin1C.cos1-sin1D.1【解析】选B.因为y′=(x2cosx)′=(x2)′cosx+x2(cosx)′=2xcosx-x2sinx,所以y′|x=1=2cos1-sin1.2.(2016·济宁模拟)已知f(x)=x(2014+lnx),f′(x0)=2015,则x0= ( )A.e2B.1C.ln2D.e【解析】选B.由题意可知f′(x)=2014+lnx+x·=2015+lnx.由f′(x0)=2015,得lnx0=0,解得x0=1.3.已知函数f(x)=e x,则当x1<x2时,下列结论正确的是( )A.>B.<C.>D.<【解析】选C.设A(x1,f(x1)),B(x2,f(x2)),则表示曲线f(x)=e x在B点处的切线的斜率,而表示直线AB的斜率,由数形结合可知:>.4.(2016·聊城模拟)直线f(x)=x+b是曲线g(x)=lnx(x>0)的一条切线,则b=( ) A.2 B.ln2+1C.ln2-1D.ln2【解析】选C.因为g′(x)=,所以=,解得x=2,所以切点为(2,ln2),将其代入直线f(x)=x+b,得b=ln2-1.5.(2016·潍坊模拟)若存在过点(1,0)的直线与曲线y=x3和y=ax2+x-9都相切,则a等于( )A.-1或-B.-1或C.-或-D.-或7【解题提示】点(1,0)不在曲线y=x3上,只是曲线y=x3的特定切线经过点(1,0),故设出切点坐标,写出切线方程,把点(1,0)代入切线方程求得切点坐标,得出切线方程后,再根据切线与y=ax2+x-9相切求出a值.【解析】选A.设过点(1,0)的直线与y=x3相切于点(x0,),所以切线方程为y-=3(x-x0),即y=3x-2,又(1,0)在切线上,则x0=0或x0=,当x0=0时,由y=0与y=ax2+x-9相切可得a=-,当x0=时,由y=x-与y=ax2+x-9相切可得a=-1.二、填空题(每小题5分,共15分)6.若函数f(x)=lnx-f′(-1)x2+3x-4,则f′(1)= .【解析】因为f′(x)=-2f′(-1)x+3,所以f′(-1)=-1+2f′(-1)+3,解得f′(-1)=-2,所以f′(1)=1+4+3=8.答案:8【加固训练】已知f(x)=x2+2xf′(2014)+2014lnx,则f′(2014)= .【解析】由题意得f′(x)=x+2f′(2014)+,所以f′(2014)=2014+2f′(2014)+,即f′(2014)=-(2014+1)=-2015.答案:-20157.函数f(x)=的图象在点(-1,2)处的切线与坐标轴围成的三角形的面积等于.【解析】f′(x)==,则f′(-1)=-4,故该切线方程为y=-4x-2,切线在x,y轴上的截距分别为-,-2,故所求三角形的面积为.答案:8.(2016·日照模拟)已知函数f(x)=e x-mx+1的图象为曲线C,若曲线C存在与直线y=ex垂直的切线,则实数m的取值范围是.【解析】由题意可得f′(x)=e x-m,由于曲线C存在与直线y=ex垂直的切线,则e x-m=-有解,即m=e x+,而e x>0,故m>.答案:【加固训练】设曲线y=在点处的切线与直线x-ay+1=0平行,则实数a等于.【解析】因为y′=,所以y′=-1,由条件知=-1,所以a=-1.答案:-1三、解答题(每小题10分,共20分)9.已知点M是曲线y=x3-2x2+3x+1上任意一点,曲线在M处的切线为l,求:(1)斜率最小的切线方程.(2)切线l的倾斜角α的取值范围.【解析】(1)y′=x2-4x+3=(x-2)2-1≥-1,所以当x=2时,y′=-1,y=,所以斜率最小的切线过点,斜率k=-1,所以切线方程为x+y-=0.(2)由(1)得k≥-1,所以tanα≥-1,所以α∈∪.10.已知函数f(x)=x3+(1-a)x2-a(a+2)x+b(a,b∈R).(1)若函数f(x)的图象过原点,且在原点处的切线斜率为-3,求a,b的值.(2)若曲线y=f(x)存在两条垂直于y轴的切线,求a的取值范围.【解析】f′(x)=3x2+2(1-a)x-a(a+2).(1)由题意得解得b=0,a=-3或a=1.(2)因为曲线y=f(x)存在两条垂直于y轴的切线,所以关于x的方程f′(x)=3x2+2(1-a)x-a(a+2)=0有两个不相等的实数根,所以Δ=4(1-a)2+12a(a+2)>0,即4a2+4a+1>0,所以a≠-.所以a的取值范围为∪.(20分钟40分)1.(5分)下面四个图象中,有一个是函数f(x)=x3+ax2+(a2-1)x+1(a∈R)的导函数y=f′(x)的图象,则f(-1)= ( )A. B.-C. D.-或【解析】选D.因为f′(x)=x2+2ax+a2-1,所以f′(x)的图象开口向上,则②④排除.若f′(x)的图象为①,此时a=0,f(-1)=;若f′(x)的图象为③,此时a2-1=0,又对称轴x=-a>0.所以a=-1,所以f(-1)=-.2.(5分)(2016·济南模拟)函数y=-x2+1(0<x<2)的图象上任意点处切线的倾斜角记为α,则α的最小值是( )A. B. C. D.【解析】选D.由于y′=x2-2x,当0<x<2时,-1≤y′<0,据导数的几何意义得-1≤tanα<0,当tanα=-1时,α取得最小值,即αmin=.【加固训练】(2016·广州模拟)已知曲线C:f(x)=x3-ax+a,若过曲线C外一点A(1,0)引曲线C 的两条切线,它们的倾斜角互补,则a的值为( )A. B.-2 C.2 D.-【解析】选A.设切点坐标为(t,t3-at+a).由题意知,f′(x)=3x2-a,切线的斜率为k=f′(t)=3t2-a,①所以切线方程为y-(t3-at+a)=(3t2-a)·(x-t).②将点(1,0)代入②式得-(t3-at+a)=(3t2-a)(1-t),解之得t=0或t=.分别将t=0和t=代入①式,得k=-a和k=-a,由题意知它们互为相反数,得a=.3.(5分)(2016·德州模拟)函数y=x2(x>0)的图象在点(a k,)处的切线与x轴交点的横坐标为a k+1,其中k∈N*,若a1=16,则a1+a3+a5的值是.【解析】因为y′=2x,所以函数y=x2(x>0)在点(a k,)处的切线方程为y-=2a k(x-a k),令y=0,得a k+1=a k,又因为a1=16,所以a3=a2=a1=4,a5=a3=1,所以a1+a3+a5=16+4+1=21.答案:214.(12分)已知函数f(x)=x-,g(x)=a(2-lnx)(a>0).若曲线y=f(x)与曲线y=g(x)在x=1处的切线斜率相同,求a的值.并判断两条切线是否为同一条直线.【解析】根据题意有:曲线y=f(x)在x=1处的切线斜率为f′(1)=3,曲线y=g(x)在x=1处的切线斜率为g′(1)=-a.所以f′(1)=g′(1),即a=-3.曲线y=f(x)在x=1处的切线方程为y-f(1)=3(x-1),得y+1=3(x-1),即切线方程为3x-y-4=0.曲线y=g(x)在x=1处的切线方程为y-g(1)=3(x-1),得y+6=3(x-1),即切线方程为3x-y-9=0,所以两条切线不是同一条直线.5.(13分)(2016·青岛模拟)设函数f(x)=ax-,曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程为7x-4y-12=0.(1)求f(x)的解析式.(2)证明:曲线y=f(x)上任一点处的切线与直线x=0和直线y=x所围成的三角形的面积为定值,并求此定值.【解析】(1)方程7x-4y-12=0可化为y=x-3.当x=2时,y=.又f′(x)=a+,于是解得故f(x)=x-.(2)设P(x0,y0)为曲线y=f(x)上任一点,由y′=1+知曲线在点P(x0,y0)处的切线方程为y-y0=(x-x0),即y-=(x-x0).令x=0得y=-,从而得切线与直线x=0的交点坐标为.令y=x得y=x=2x0,从而得切线与直线y=x的交点坐标为(2x0,2x0).所以点P(x0,y0)处的切线与直线x=0,y=x所围成的三角形的面积为·|2x0|=6.故曲线y=f(x)上任一点处的切线与直线x=0,y=x所围成的三角形的面积为定值,此定值为6.。
全国通用版2019版高考数学一轮复习第二章函数导数及其应用课时分层作业十六2.11.3导数的综合应用
课时分层作业十六导数的综合应用一、选择题(每小题5分,共25分)1.已知函数f(x)= x3-x2- x,则f(-a2)与f(-1)的大小关系为()A.f(-a2)≤f(-1)B.f(-a2)<f(-1)C.f(-a2)≥f(-1)D.f(-a2)与f(-1)的大小关系不确定【解析】选A.由题意可得f′(x)= x2-2x- ,令f′(x)= (3x-7)(x+1)=0,得x=-1或x= .当x<-1时,f′(x)>0,f(x)为增函数;当-1<x< 时,f′(x)<0,f(x)为减函数.所以f(-1)是函数f(x)在(-∞,0]上的最大值,又因为-a2≤0,所以f(-a2)≤f(-1).2.若不等式2xln x≥-x2+ax-3对x∈(0,+∞)恒成立,则实数a的取值范围是()A.(-∞,0)B.(-∞,4]C.(0,+∞)D.[4,+∞)【解析】选B.2xln x≥-x2+ax-3,则a≤2ln x+x+ ,设h(x)=2ln x+x+ (x>0),则h′(x)=.当x∈(0,1)时,h′(x)<0,函数h(x)单调递减;当x∈(1,+∞)时,h′(x)>0,函数h(x)单调递增,所以h(x)min=h(1)=4.所以a≤h(x)min=4.3.(2018·兰州模拟)已知定义在R上的可导函数f(x)的导函数为f′(x),满足f′(x)<f(x),且f(x+2)为偶函数,f(4)=1,则不等式f(x)<e x的解集为()A.(-2,+∞)B.(0,+∞)C.(1,+∞)D.(4,+∞)【解析】选B.因为f(x+2)为偶函数,所以f(x+2)的图象关于x=0对称,所以f(x)的图象关于x=2对称,所以f(0)=f(4)=1.设g(x)= (x∈R),则g′(x)= = ,又f′(x)<f(x),所以g′(x)<0(x∈R),所以函数g(x)在定义域上单调递减.因为f(x)<e x⇔g(x)= <1,而g(0)= =1,所以f(x)<e x⇔g(x)<g(0),所以x>0.4.做一个圆柱形锅炉,容积为V,两个底面的材料每单位面积的价格为a元,侧面的材料每单位面积的价格为b元,当造价最低时,锅炉的底面直径与高的比为()A. B. C. D.【解析】选C.如图,设圆柱的底面半径为R,高为h,则V=πR2h.设造价为y=2πR2a+2πRhb=2πaR2+2πRb·=2πaR2+ ,所以y′=4πaR- .令y′=0,得= .5.设1<x<2,则, , 的大小关系是()A. < <B. < <C. < <D. < <【解析】选A.令f(x)=x-ln x(1<x<2),则f′(x)=1- = >0,所以函数y=f(x)在(1,2)内为增函数.所以f(x)>f(1)=1>0,所以x>ln x>0⇒0< <1.所以< .又- = = >0,所以< < .【方法技巧】破解解不等式或比较大小的关键(1)一是“构造函数”,通过观察所给的不等式的特点,适当构造函数.(2)二是利用导数法,判断所构造函数的单调性,利用其单调性,回归对原函数的符号的判断,即可得出正确的选项.二、填空题(每小题5分,共15分)6.直线y=a与函数f(x)=x3-3x的图象有相异的三个公共点,则a的取值范围是________. 【解析】令f′(x)=3x2-3=0,得x=±1,可得极大值为f(-1)=2,极小值为f(1)=-2,如图,观察得-2<a<2时恰有三个不同的公共点.答案:(-2,2)7.电动自行车的耗电量y与速度x之间有关系y= x3- x2-40x(x>0),为使耗电量最小,则速度应定为________.【解析】令y′=x2-39x-40=0,得x=-1或x=40,由于0<x<40时,y′<0;当x>40时,y′>0.所以当x=40时,y有最小值.答案:408.若关于x的不等式x3-3x2-9x+2≥m对任意x∈[-2,2]恒成立,则m的取值范围是________. 【解析】令f(x)=x3-3x2-9x+2,则f′(x)=3x2-6x-9,令f′(x)=0,得x=-1或3(舍去).因为f(-1)=7,f(-2)=0,f(2)=-20.所以f(x)的最小值为f(2)=-20,故m≤-20.答案:(-∞,-20]三、解答题(每小题10分,共20分)9.定义在实数集上的函数f(x)=x2+x,g(x)= x3-2x+m.(1)求函数f(x)的图象在x=1处的切线方程.(2)若f(x)≥g(x)对任意的x∈[-4,4]恒成立,求实数m的取值范围.【解析】(1)因为f(x)=x2+x,所以当x=1时,f(1)=2,因为f′(x)=2x+1,所以f′(1)=3,所以所求切线方程为y-2=3(x-1),即3x-y-1=0.(2)令h(x)=g(x)-f(x)= x3-x2-3x+m,则h′(x)=(x-3)(x+1).所以当-4<x<-1时,h′(x)>0;当-1<x<3时,h′(x)<0;当3<x<4时,h′(x)>0.要使f(x)≥g(x)恒成立,即h(x)max≤0,由上知h(x)的最大值在x=-1或x=4处取得,而h(-1)=m+ ,h(4)=m- ,所以m+ ≤0,即m≤- ,所以实数m的取值范围为.10.已知函数f(x)=xln x.(1)求f(x)的最小值.(2)若对于所有x≥1都有f(x)≥ax-1,求实数a的取值范围.【解析】函数f(x)=xln x的定义域是(0,+∞).(1)f′(x)=1+ln x,令f′(x)=0,解得x= .当x∈时,f′(x)<0;当x∈时,f′(x)>0.故f(x)在上单调递减,在上单调递增.所以当x= 时,函数f(x)取得最小值f =- .(2)依题意,得f(x)≥ax-1在[1,+∞)上恒成立,即不等式a≤ln x+ 对于x∈[1,+∞)恒成立,即a≤,x∈[1,+∞).设g(x)=ln x+ (x≥1),则g′(x)= - = ,令g′(x)=0,得x=1.当x≥1时,因为g′(x)= ≥0,故g(x)在[1,+∞)上是增函数.所以g(x)在[1,+∞)上的最小值是g(1)=1,故a的取值范围是(-∞,1].1.(5分)(2018·武汉模拟)已知函数g(x)满足g(x)=g′(1)e x-1-g(0)x+ x2,且存在实数x0,使得不等式2m-1≥g(x0)成立,则实数m的取值范围为()A.(-∞,2]B.(-∞,3]C.[1,+∞)D.[0,+∞)【解析】选C.g′(x)=g′(1)e x-1-g(0)+x,令x=1,得g′(1)=g′(1)-g(0)+1,所以g(0)=1,g(0)=g′(1)e0-1,所以g′(1)=e,所以g(x)=e x-x+ x2,g′(x)=e x-1+x,当x<0时,g′(x)<0,当x>0时,g′(x)>0,所以当x=0时,函数g(x)取得最小值g(0)=1.根据题意得2m-1≥g(x)min=1,所以m≥1.2.(5分)(2018·长春模拟)已知函数f(x)=m-1-x2(e≤x≤2e)(e为自然对数的底数)与g(x)=2-5ln x的图象上存在关于x轴对称的点,则实数m的取值范围是()A.[e2-2,+∞)B.C.[e,2e]D.[e2+4,4e2+5ln 2+4]【解析】选D.由题意可知,方程m-1-x2=5ln x-2在[e,2e]上有解,即m=x2+5ln x-1在[e,2e]上有解.令h(x)=x2+5ln x-1,h′(x)=2x+,易知h(x)在[e,2e]上单调递增,所以h(x)在[e,2e]上的最小值为e2+5-1=e2+4,最大值为(2e)2+5ln(2e)-1=4e2+5ln 2+4.所以实数m的取值范围是[e2+4,4e2+5ln 2+4].3.(5分)(2018·太原模拟)log0.5 >log0.5 对任意x∈[2,4]恒成立,则m的取值范围为________.导学号12560478【解析】以0.5为底的对数函数为减函数,所以得真数关系为<,所以m>-x3+7x2+x-7,令f(x)=-x3+7x2+x-7,则f′(x)=-3x2+14x+1,因为f′(2)>0且f′(4)>0,所以f′(x)>0在[2,4]上恒成立,即在[2,4]上函数f(x)为增函数,所以f(x)的最大值为f(4)=45,因此m>45.答案:(45,+∞)4.(12分)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>x2-2ax+1.【解析】(1)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变化时,f′(x),f(x)的变化情况如表:x (-∞,ln 2) ln 2 (ln 2,+∞)f′(x) - 0 +f(x) ↘2-2ln 2+2a ↗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2-2ln 2+2a.(2)设g(x)=e x-x2+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)取最小值为g′(ln 2)=2(1-ln 2+a)>0.于是对任意x∈R,都有g′(x)>0,所以g(x)在R上单调递增.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-x2+2ax-1>0,故当a>ln 2-1且x>0时,e x>x2-2ax+1.5.(13分)(2018·沈阳模拟)据统计某种汽车的最高车速为120千米/小时,在匀速行驶时每小时的耗油量y(升)与行驶速度x(千米/小时)之间有如下函数关系:y= x3- x+8. 已知甲、乙两地相距100千米.(1)若汽车以40千米/小时的速度匀速行驶,则从甲地到乙地需耗油多少升?(2)当汽车以多大的速度匀速行驶时,从甲地到乙地耗油最少?最少为多少升?【解析】(1)当x=40时,汽车从甲地到乙地行驶了=2.5(小时),需耗油×2.5=17.5(升).所以汽车以40千米/小时的速度匀速行驶,从甲地到乙地需耗油17.5升.(2)当汽车的行驶速度为x千米/小时,从甲地到乙地需行驶小时.设耗油量为h(x)升,依题意,得h(x)= ·= x2+ - ,0<x≤120,h′(x)= - = (0<x≤120).令h′(x)=0,得x=80,因为当x∈(0,80)时,h′(x)<0,h(x)是减函数;当x∈(80,120)时,h′(x)>0,h(x)是增函数,所以当x=80时,h(x)取得最小值h(80)=11.25. 所以当汽车以80千米/小时的速度行驶时,从甲地到乙地耗油量最少,最少为11.25升.。
高考数学(理科全国通用)一轮总复习习题第二章 函数、导数及其应用 课时提升作业 十二 2.9 Word版含答案
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课时提升作业十二函数模型及其应用(分钟分)一、选择题(每小题分,共分).(·聊城模拟)在某个物理实验中,测量得变量和变量的几组数据,如表:则对最适合的拟合函数是( )【解析】选.根据,代入计算,可以排除;根据,代入计算,可以排除;将各数据代入函数,可知满足题意.【加固训练】(·阜阳模拟)某电视新产品投放市场后第一个月销售台,第二个月销售台,第三个月销售台,第四个月销售台,则下列函数模型中能较好地反映销量与投放市场的月数之间关系的是( )×【解析】选.根据函数模型的增长差异和题目中的数据可知,应为指数型函数模型,代入数据验证即可得,应选..(·湖南高考)某市生产总值连续两年持续增加,第一年的增长率为,第二年的增长率为,则该市这两年生产总值的年平均增长率为( )....【解析】选.设该市这两年生产总值的年平均增长率为,则由已知,列得,解得..在如图所示的锐角三角形空地中,欲建一个面积不小于的内接矩形花园(阴影部分),则其边长(单位)的取值范围是( ). .. .【解题提示】利用三角形相似求出矩形的另一边长,再利用面积关系求解自变量的取值范围. 【解析】选.设矩形的另一边长为,则由三角形相似知,,所以.因为≥,所以()≥,所以≤,所以≤≤..某位股民购进某只股票,在接下来的交易时间内,他的这只股票先经历了次涨停(每次上涨),又经历了次跌停(每次下跌),则该股民这只股票的盈亏情况(不考虑其他费用)为( ).略有盈利.略有亏损.没有盈利也没有亏损.无法判断盈亏情况【解析】选.设该股民购这只股票的价格为,则经历次涨停后的价格为()×,经历次跌停后的价格为××()×××(×)·<,故该股民这只股票略有亏损..(·威海模拟)已知每生产克饼干的原材料加工费为元.某食品加工厂对饼干采用两种包装,其包装费用、销售价格如下表所示:则下列说法中正确的是( )。
高考数学一轮复习 2.11 导学的应用课时作业(1)理(含解析)新人教A版
高考数学一轮复习 2.11 导学的应用课时作业（1）理（含解析）新人教A 版一、选择题1．函数f (x )＝(x －3)e x的单调递增区间是( ) A ．(－∞，2) B ．(0,3) C ．(1,4)D ．(2，＋∞)解析：f ′(x )＝(x －3)′e x＋(x －3)(e x)′＝(x －2)e x， 令f ′(x )>0，解得x >2. 答案：D2．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋(a ＋6)x ＋1有极大值和极小值，则实数a 的取值范围是( )A ．(－1,2)B ．(－∞，－3)∪(6，＋∞)C ．(－3,6)D ．(－∞，－1)∪(2，＋∞)解析：f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋(a ＋6)，因为函数有极大值和极小值，所以f ′(x )＝0有两个不相等的实数根，所以Δ＝4a 2－4×3(a ＋6)>0，解得a <－3或a >6.答案：B3．对于R 上可导的任意函数f (x )，若满足(x －1)f ′(x )≥0，则必有( ) 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)解析：不等式(x －1)f ′(x )≥0等价于⎩⎪⎨⎪⎧x －1≥0，f ′x ≥0或⎩⎪⎨⎪⎧x －1≤0，f ′x ≤0.可知f (x )在(－∞，1)上递减，(1，＋∞)上递增，或者f (x )为常数函数，因此f (0)＋f (2)≥2f (1)．答案：C4．(2013·贵州省六校联盟第一次联考)已知函数y ＝xf ′(x )的图象如图所示(其中f ′(x )是函数f (x )的导函数)．下面四个图象中，y ＝f (x )的图象大致是( )解析：令y ＝xf ′(x )＝0结合上图可得f ′(x )零点为x 1＝－1，x 2＝1，故f (x )极点在x 1＝－1，x 2＝1处取得，B 、D 排除；另一方面结合图象可知x >0，f ′(x )>0的解集为(1，＋∞)，x >0，f ′(x )<0的解集为(0,1)；x <0，f ′(x )>0的解集为(－∞，－1)，x <0，f ′(x )<0解为(－1,0)故f (x )在(－∞，－1)增函数，在(－1,1)减函数，在(1，＋∞)增函数，由此可知选择C.答案：C5．若函数f (x )＝x 3－6bx ＋3b 在(0,1)内有最小值，则实数b 的取值范围是( )A ．(0,1)B ．(－∞，1)C ．(0，＋∞) D.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12 解析：f (x )在(0,1)内有最小值，即f (x )在(0,1)内有极小值，f ′(x )＝3x 2－6b ，由题意，函数f ′(x )的草图如图，∴⎩⎪⎨⎪⎧f ′0<0，f ′1>0，即⎩⎪⎨⎪⎧－6b <0，3－6b >0，解得0<b <12.故选D.答案：D6．(2013·辽宁卷)设函数f (x )满足x 2f ′(x )＋2xf (x )＝e x x ， f (2)＝e28，则x >0时，f (x )( )A ．有极大值，无极小值B ．有极小值，无极大值C ．既有极大值又有极小值D ．既无极大值也无极小值解析：由题意[x 2f (x )]′＝ex x ，令g (x )＝x 2f (x )，则g ′(x )＝e xx，且f (x )＝gxx 2，因此f ′(x )＝xg ′x －2g x x 3＝e x－2g x x3.令h (x )＝e x －2g (x )，则h ′(x )＝e x－2g ′(x )＝e －2e x x＝exx －2x，所以x >2时，h ′(x )>0；0<x <2时，h ′(x )<0.从而有h (x )≥h (2)＝0，即f ′(x )≥0，所以当x >0时，f (x )是单调递增的，f (x )无极大值也无极小值．答案：D 二、填空题7．已知函数f (x )＝x 3－12x ＋8在区间[－3,3]上的最大值与最小值分别为M ，m ，则M －m ＝________.解析：令f ′(x )＝3x 2－12＝0，得x ＝－2或x ＝2， 列表得：x －3 (－3，－2)－2 (－2,2) 2 (2,3) 3 f ′(x )＋ 0 － 0 ＋ f (x )17单调递 增↗极大 值24单调递 减↘极小 值－8单调递 增↗－1答案：328．设函数f (x )＝x (e x－1)－12x 2，则函数f (x )的单调增区间为________．解析：因为f (x )＝x (e x －1)－12x 2，所以f ′(x )＝e x －1＋x e x －x ＝(e x－1)·(x ＋1)．令f ′(x )>0，即(e x －1)(x ＋1)>0，解得x ∈(－∞，－1)或x ∈(0，＋∞)．所以函数f (x )的单调增区间为(－∞，－1]和[0，＋∞)．答案：(－∞，－1]和[0，＋∞)9．f (x )＝x (x －c )2在x ＝2处有极大值，则常数c 的值为________． 解析：f (x )＝x 3－2cx 2＋c 2x ，f ′(x )＝3x 2－4cx ＋c 2，f ′(2)＝0⇒c ＝2或c ＝6.若c ＝2，f ′(x )＝3x 2－8x ＋4，令f ′(x )>0⇒x <23或x >2，f ′(x )<0⇒23<x <2，故函数在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，23及(2，＋∞)上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫23，2上单调递减，∴x ＝2是极小值点，故c ＝2不合题意，c ＝6.答案：6 三、解答题10．(2013·福建卷)已知函数f (x )＝x －a ln x (a ∈R )． (1)当a ＝2时，求曲线y ＝f (x )在点A (1, f (1))处的切线方程； (2)求函数f (x )的极值．解：函数f (x )的定义域为(0，＋∞), f ′(x )＝1－a x. (1)当a ＝2时， f (x )＝x －2ln x, f ′(x )＝1－2x(x >0)，因而f (1)＝1, f ′(1)＝－1，所以曲线y ＝f (x )在点A (1, f (1))处的切线方程为y －1＝－(x －1)， 即x ＋y －2＝0. (2)由f ′(x )＝1－a x ＝x －ax，x >0知：①当a ≤0时， f ′(x )>0，函数f (x )为(0，＋∞)上的增函数，函数f (x )无极值； ②当a >0时，由f ′(x )＝0，解得x ＝a ，又当x ∈(0，a )时， f ′(x )<0；当x ∈(a ，＋∞)时， f ′(x )>0，从而函数f (x )在x ＝a 处取得极小值，且极小值为f (a )＝a －a ln a ，无极大值． 综上，当a ≤0时，函数f (x )无极值；当a >0时，函数f (x )在x ＝a 处取得极小值a －a ln a ，无极大值．11．已知函数f (x )＝ax 3＋x 2＋bx (其中常数a ，b ∈R )，g (x )＝f (x )＋f ′(x )是奇函数． (1)求f (x )的表达式；(2)讨论g (x )的单调性，并求g (x )在区间[1,2]上的最大值与最小值． 解：(1)由题意得f ′(x )＝3ax 2＋2x ＋b ，因此g (x )＝f (x )＋f ′(x )＝ax 3＋(3a ＋1)x 2＋(b ＋2)x ＋b . 因为函数g (x )是奇函数，所以g (－x )＝－g (x )，即对任意实数x ，有a (－x )3＋(3a ＋1)(－x )2＋(b ＋2)(－x )＋b ＝－[ax 3＋(3a ＋1)x 2＋(b ＋2)x ＋b ]，从而3a ＋1＝0，b ＝0，解得a ＝－13，b ＝0，因此f (x )的表达式为f (x )＝－13x 3＋x 2.(2)由(1)知g (x )＝－13x 3＋2x ，所以g ′(x )＝－x 2＋2.令g ′(x )＝0，解得x 1＝－2，x 2＝ 2.则当x <－2或x >2时，g ′(x )<0，从而g (x )在区间(－∞，－2]，[2，＋∞)上是减函数；当－2<x <2时，g ′(x )>0，从而g (x )在区间[－2，2]上是增函数．由上述讨论知，g (x )在区间[1,2]上的最大值与最小值只能在x ＝1，2，2时取得， 而g (1)＝53，g (2)＝423，g (2)＝43，因此g (x )在区间[1,2]上的最大值为g (2)＝423，最小值为g (2)＝43.12．(2013·石家庄第二次模拟)已知函数f (x )＝12e 2x－ax (a ∈R ，e 为自然对数的底数)．(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若a ＝1，函数g (x )＝(x －m )f (x )－14e 2x ＋x 2＋x 在区间(0，＋∞)上为增函数，求整数m 的最大值．解：(1)定义域为(－∞，＋∞), f ′(x )＝e 2x－a ，当a ≤0时，f ′(x )>0，所以f (x )在(－∞，＋∞)上为增函数；当a >0时，由f ′(x )＝0得x ＝ln a 2，且当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，ln a 2时， f ′(x )<0， 当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫ln a 2，＋∞时f ′(x )>0，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，ln a 2为减函数，在⎝ ⎛⎭⎪⎫ln a 2，＋∞为增函数． (2)当a ＝1时，g (x )＝(x －m )⎝ ⎛⎭⎪⎫12e 2x －x －14e 2x ＋x 2＋x ，若g (x )在区间(0，＋∞)上为增函数，则g ′(x )＝(x －m )(e 2x－1)＋x ＋1≥0在(0，＋∞)恒成立，即m ≤x ＋1e 2x －1＋x 在(0，＋∞)恒成立．令h (x )＝x ＋1e 2x －1＋x ，x ∈(0，＋∞)；h ′(x )＝e2xe 2x－2x －3e 2x －12，x ∈(0，＋∞)； 令L (x )＝e 2x－2x －3，可知L ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝e －4<0，L (1)＝e 2－5>0，又当x ∈(0，＋∞)时L ′(x )＝2e 2x－2>0，所以函数L (x )＝e 2x－2x －3在x ∈(0，＋∞)只有一个零点，设为α，即e 2α＝2α＋3，且α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1；由上可知当x ∈(0，α)时L (x )<0，即h ′(x )<0； 当x ∈(α，＋∞)时L (x )>0，即h ′(x )>0，所以h (x )＝x ＋1e 2x －1＋x ，x ∈(0，＋∞)，有最小值h (α)＝α＋1e 2α－1＋α，把e 2α＝2α＋3代入上式可得h (α)＝12＋α，又因为α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，所以h (α)∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，又m ≤h (x )恒成立，所以m ≤h (α)，又因为m 为整数， 所以m ≤1，所以整数m 的最大值为1. [热点预测]13．(2013·安徽省“江南十校”高三联考)已知函数f (x )＝ax －2x－3ln x ，其中a 为常数．(1)当函数f (x )图象在点⎣⎢⎡⎦⎥⎤23，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫23处的切线的斜率为1时，求函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤32，3上的最小值；(2)若函数f (x )在区间(0，＋∞)上既有极大值又有极小值，求a 的取值范围； (3)在(1)的条件下，过点P (1，－4)作函数F (x )＝x 2[f (x )＋3ln x －3]图象的切线，试问这样的切线有几条？并求出这些切线方程．解：(1)由题可知f ′(x )＝a ＋2x 2－3x ，f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝1，解得a ＝1.故f (x )＝x －2x－3ln x ，∴f ′(x )＝x －1x －2x2，由f ′(x )＝0，得x ＝2. 于是可得下表：x 32⎝ ⎛⎭⎪⎫32，2 2 (2,3) 3 f ′(x )－＋min (2)∵f ′(x )＝a ＋2x 2－3x ＝ax 2－3x ＋2x2(x >0) 由题可得方程ax 2－3x ＋2＝0有两个不等的正实根，不妨设这两个根为x 1、x 2，并令h (x )＝ax 2－3x ＋2则⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝9－8a >0x 1＋x 2＝3a >0x 1x 2＝2a >0解得0<a <98.(3)由(1)知f (x )＝x －2x－3ln x ，故F (x )＝x 3－3x 2－2x (x >0)，F ′(x )＝3x 2－6x －2(x >0) 设切点为T (x 0，y 0)，由于点P 在函数F (x )的图象上， ①当切点T 不与点P (1，－4)重合，即当x 0≠1时， 由于切线过点P (1，－4)，则y 0＋4x 0－1＝3x 20－6x 0－2 所以x 30－3x 20－2x 0＋4＝(x 0－1)(3x 20－6x 0－2)， 化简得x 30－3x 20＋3x 0－1＝0， 即(x 0－1)3＝0，解得x 0＝1(舍去)．②当切点T 与点P (1，－4)重合，即x 0＝1时，则切线的斜率k ＝F ′(1)＝－5，于是切线方程为5x ＋y －1＝0. 综上所述，满足条件的切线只有一条，其方程为5x ＋y －1＝0.。
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导数的综合应用
(25分钟60分)
一、选择题(每小题5分,共25分)
1.从边长为10cm×16cm的矩形纸板的四角截去四个相同的小正方形,作成一个无盖的盒子,则盒子容积的最大值为( )
A.12cm3
B.72cm3
C.144cm3
D.160cm3
【解析】选C.设盒子容积为ycm3,盒子的高为xcm,则x∈(0,5).
则y=(10-2x)(16-2x)x=4x3-52x2+160x,
所以y′=12x2-104x+160.令y′=0,得x=2或(舍去),
所以y max=6×12×2=144(cm3).
2.在R上可导的函数f(x)的图象如图所示,则关于x的不等式x·f′(x)<0的解集为( )
A.(-∞,-1)∪(0,1)
B.(-1,0)∪(1,+∞)
C.(-2,-1)∪(1,2)
D.(-∞,-2)∪(2,+∞)
【解析】选A.当x∈(-∞,-1)和x∈(1,+∞)时,f(x)是增函数,所以f′(x)>0,由x·f′(x)<0,得x<0,所以x<-1.
当x∈(-1,1)时,f(x)是减函数,所以f′(x)<0.
由x·f′(x)<0,得x>0,所以0<x<1.
故x·f′(x)<0的解集为(-∞,-1)∪(0,1).
3.若不等式2xlnx≥-x2+ax-3对x∈(0,+∞)恒成立,则实数a的取值范围是
( ) A.(-∞,0) B.(-∞,4]
C.(0,+∞)
D.上的任意x1,x2,都有|f(x1)-f(x2)|≤t,则实数t的最小值是
( )
A.20
B.18
C.3
D.0
【解析】选A.因为f′(x)=3x2-3=3(x-1)(x+1),
令f′(x)=0,得x=±1,
所以-1,1为函数的极值点.
又f(-3)=-19,f(-1)=1,f(1)=-3,f(2)=1,
所以在区间上f(x)max=1,f(x)min=-19.
又由题设知在区间上f(x)max-f(x)min≤t,
从而t≥20,
所以t的最小值是20.
3.(5分)已知函数f(x)=ax3-3x2+1,若f(x)存在唯一的零点x0,且x0>0,则a的取值范围是( )
A.(2,+∞)
B.(-∞,-2)
C.(1,+∞)
D.(-∞,-1)
【解析】选B.(1)当a=0时,函数f(x)=-3x2+1,显然有两个零点,不合题意.
(2)当a>0时,由于f′(x)=3ax2-6x=3x(ax-2),利用导数的正负与函数单调性的关系可得在(-∞,0)和上函数单调递增,在上函数单调递减,显然存在负零点,不合题意.
(3)当a<0时,利用导数的正负与函数单调性的关系可得,在和(0,+∞)上函数单调递减,在上函数单调递增,要使得函数有唯一的零点且为正,则满足即有
a×-3×+1>0,则有a2>4,解得a<-2或a>2(不合条件a<0,舍去).
综合可得a<-2.
4.(12分)(2014·全国卷Ⅰ)设函数f(x)=ae x lnx+,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线为y=e(x-1)+2.
(1)求a,b.
(2)证明:f(x)>1.
【解题提示】(1)先对函数f(x)=ae x lnx+求导,将x=1代入到导函数中确定曲线的切线的斜率,求出a,b的值.
(2)证明f(x)>1时,将其转化为xlnx>xe-x-,分别构造函数进行证明.
【解析】(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=ae x lnx+e x-e x-1+e x-1.
由题意得f(1)=2,f′(1)=e,故a=1,b=2.
(2)由(1)知,f(x)=e x lnx+e x-1,
从而f(x)>1等价于xlnx>xe-x-.
设函数g(x)=xlnx,
则g′(x)=1+lnx.
所以当x∈时,g′(x)<0;
当x∈时,g′(x)>0.
故g(x)在x∈上单调递减,在x∈上单调递增,从而g(x)在(0,+∞)上的最小值为g=-.
设函数h(x)=xe-x-,
则h′(x)=e-x(1-x).
所以当x∈(0,1)时,h′(x)>0;
当x∈(1,+∞)时,h′(x)<0.
故h(x)在x∈(0,1)上单调递增,在x∈(1,+∞)上单调递减,从而h(x)在(0,+∞)的最大值为h(1)=-.
综上,当x>0时,g(x)>h(x),即f(x)>1.
5.(13分)(2016·潍坊模拟)设函数f(x)=e x-ax-2.
(1)求f(x)的单调区间.
(2)若a=1,k为整数,且当x>0时,(x-k)f′(x)+x+1>0,求k的最大值.
【解析】(1)f(x)的定义域为(-∞,+∞),
f′(x)=e x-a.
若a≤0,
则f′(x)>0,所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递增.
若a>0,则当x∈(-∞,lna)时,f′(x)<0;
当x∈(lna,+∞)时,f′(x)>0,所以,f(x)在(-∞,lna)上单调递减,在(lna,+∞)上单调递增.
(2)由于a=1,所以(x-k)f′(x)+x+1
=(x-k)(e x-1)+x+1.
故当x>0时,(x-k)f′(x)+x+1>0等价于k<+x(x>0).①
令g(x)=+x,
则g′(x)=+1=.
由(1)知,函数h(x)=e x-x-2在(0,+∞)上单调递增.
而h(1)<0,h(2)>0,所以h(x)在(0,+∞)上存在唯一的零点,
故g′(x)在(0,+∞)上存在唯一的零点.
设此零点为m,则m∈(1,2).
当x∈(0,m)时,g′(x)<0;
当x∈(m,+∞)时,g′(x)>0.
所以g(x)在(0,+∞)上的最小值为g(m).
又由g′(m)=0,可得e m=m+2,
所以g(m)=m+1∈(2,3).
由于①式等价于k<g(m),故整数k的最大值为2.。