《高考數(shù)學(xué)文科一輪總復(fù)習(xí) 33》由會員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《高考數(shù)學(xué)文科一輪總復(fù)習(xí) 33(7頁珍藏版)》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、 精品資料
第3講 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用(二)
基礎(chǔ)鞏固題組
(建議用時:40分鐘)
一、填空題
1.已知函數(shù)f(x)=x3+ax2+(a+6)x+1有極大值和極小值,則實數(shù)a的取值范圍是________.
解析 ∵f′(x)=3x2+2ax+(a+6),
由已知可得f′(x)=0有兩個不相等的實根,
∴Δ=4a2-4×3(a+6)>0,即a2-3a-18>0.
∴a>6或a<-3.
答案 (-∞,-3)∪(6,+∞)
2.已知函數(shù)f(x)=x2+mx+ln x是單調(diào)遞增函數(shù),則m的取值范圍是________.
2、解析 依題意知x>0時,f′(x)=,
令g(x)=2x2+mx+1,x∈(0,+∞),
當(dāng)-≤0時,g(0)=1>0恒成立,∴m≥0成立,
當(dāng)->0時,則Δ=m2-8≤0,∴-2≤m<0,
綜上,m的取值范圍是[-2,+∞).
答案 [-2,+∞)
3.某公司生產(chǎn)某種產(chǎn)品,固定成本為20 000元,每生產(chǎn)一單位產(chǎn)品,成本增加100元,已知總營業(yè)收入R與年產(chǎn)量x的年關(guān)系是R=R(x)=則總利潤最大時,每年的產(chǎn)量是________.
解析 由題意得,總成本函數(shù)為C=C(x)=20 000+100x,
總利潤P(x)=
又P′(x)=
令P′(x)=0,得x=300,易知x=3
3、00時,總利潤P(x)最大.
答案 300
4.要做一個底面為長方形的帶蓋的箱子,其體積為72 cm3,其底面兩鄰邊長之比為1∶2,則它的長為________,寬為________,高為________時,可使表面積最?。?
解析 設(shè)底面寬為x cm,則長為2x cm,高為 cm,
S=4x2++=4x2+.
S′=8x-=0,解得x=3 (cm).
∴長為6 cm,寬為3 cm,高為4 cm.
答案 6 cm 3 cm 4 cm
5.若關(guān)于x的不等式x3-3x2-9x+2≥m對任意x∈[-2,2]恒成立,則m的取值范圍是________.
解析 令f(x)=x3-3x2-9x
4、+2,則f′(x)=3x2-6x-9,令f′(x)=0,得x=-1或3(舍去).∵f(-1)=7,f(-2)=0,f(2)=-20.∴f(x)的最小值為f(2)=-20,故m≤-20.
答案 (-∞,-20]
6.(2013·濰坊模擬)已知函數(shù)y=f(x)是定義在R上的奇函數(shù),且當(dāng)x<0時,不等式f(x)+xf′(x)<0成立,若a=30.3f(30.3),b=(logπ3)f(logπ3),c=f,則a,b,c間的大小關(guān)系是________.
解析 設(shè)g(x)=xf(x),則g′(x)=f(x)+xf′(x)<0(x<0),∴當(dāng)x<0時,g(x)
5、=xf(x)為減函數(shù).
又g(x)為偶函數(shù),∴當(dāng)x>0時,g(x)為增函數(shù).
∵1<30.3<2,0<logπ3<1,log3=-2,
∴g(-2)>g(30.3)>g(logπ3),即c>a>b.
答案 c>a>b
二、填空題
7.(2013·湖南十二校測試)已知函數(shù)f(x)的定義域為[-1,5],部分對應(yīng)值如下表:
x
-1
0
2
4
5
y
1
2
0
2
1
f(x)的導(dǎo)函數(shù)y=f′(x)的圖象如圖所示.
(1)f(x)的極小值為________;
(2)若函數(shù)y
6、=f(x)-a有4個零點,則實數(shù)a的取值范圍是________.
解析 (1)由y=f′(x)的圖象可知:
x
(-1,0)
0
(0,2)
2
(2,4)
4
(4,5)
f′(x)
+
0
-
0
+
0
-
f(x)
極大值
極小值
極大值
∴f(2)為f(x)的極小值且f(2)=0.
(2)y=f(x)的大致圖象如圖所示:
若函數(shù)y=f(x)-a有4個零點,則a的取值范圍是[1,2).
答案 (1)0 (2)[1,2)
8.(2014·開封一模)已知函數(shù)f(x)=ax3-3x+1對x∈(0,1]總
7、有f(x)≥0成立,則實數(shù)a的取值范圍是________ .
解析 當(dāng)x∈(0,1]時不等式ax3-3x+1≥0可化為a≥,設(shè)g(x)=,x∈(0,1],
g′(x)==-.
g′(x)與g(x)隨x的變化情況如下表:
x
g′(x)
+
0
-
g(x)
極大值4
因此g(x)的最大值為4,則實數(shù)a的取值范圍是[4,+∞).
答案 [4,+∞)
二、解答題
9.設(shè)函數(shù)f(x)=x2+ex-xex.
(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間;
(2)若當(dāng)x∈[-2,2]時,不等式f(x)>m恒成立,求實數(shù)m的取值范圍.
解 (1)函數(shù)f(x)的定義域
8、為(-∞,+∞),
∵f′(x)=x+ex-(ex+xex)=x(1-ex),
若x<0,則1-ex>0,所以f′(x)<0;若x>0,則1-ex<0,所以f′(x)<0;
當(dāng)x=0時,f′(x)=0,∴當(dāng)x∈(-∞,+∞)時,f′(x)≤0.
∴f(x)在(-∞,+∞)上為減函數(shù),
即f(x)的單調(diào)減區(qū)間為(-∞,+∞).
(2)由(1)知,f(x)在[-2,2]上單調(diào)遞減.
∴f(x)min=f(2)=2-e2,
∴m<2-e2時,不等式f(x)>m恒成立.
故實數(shù)m的取值范圍是(-∞,2-e2).
10.(2014·青島一模)設(shè)函數(shù)f(x)=ln x,g(x
9、)=ax+,函數(shù)f(x)的圖象與x軸的交點也在函數(shù)g(x)的圖象上,且在此點有公切線.
(1)求a,b的值;
(2)試比較f(x)與g(x)的大?。?
解 (1)f(x)=ln x的圖象與x軸的交點坐標(biāo)是(1,0),
依題意,得g(1)=a+b=0, ①
又f′(x)=,g′(x)=a-,
又f(x)與g(x)在點(1,0)處有公切線,
∴g′(1)=f′(1)=1,即a-b=1, ②
由①②得a=,b=-.
(2)令F(x)=f(x)-g(x),則
F(x)=ln x-=ln x-x+(x>0),
∴F′(x)=--=-2≤0.
∴F(x)在(0
10、,+∞)上為減函數(shù),且F(1)=0,
當(dāng)0<x<1時,F(xiàn)(x)>F(1)=0,即f(x)>g(x);
當(dāng)x=1時,F(xiàn)(x)=F(1)=0,即f(x)=g(x);
當(dāng)x>1時,F(xiàn)(x)<F(1)=0,即f(x)<g(x).
綜上可知,當(dāng)0<x≤1時,即f(x)≥g(x);
當(dāng)x>1時,即f(x)<g(x).
能力提升題組
(建議用時:25分鐘)
一、填空題
1.(2014·洛陽統(tǒng)考)若函數(shù)f(x)=2x3-9x2+12x-a恰好有兩個不同的零點,則a可能的值為________.
①4;②6;③7;④8.
解析 由題意得f′(x)=6x2-18x+12=6(x-
11、1)(x-2),由f′(x)>0得x<1或x>2,由f′(x)<0得1<x<2,所以函數(shù)f(x)在(-∞,1),(2,+∞)上單調(diào)遞增,在(1,2)上單調(diào)遞減,從而可知f(x)的極大值和極小值分別為f(1),f(2),若欲使函數(shù)f(x)恰好有兩個不同的零點,則需使f(1)=0或f(2)=0,解得a=5或a=4.
答案?、?
2.(2014·深圳中學(xué)檢測)已知對任意實數(shù)x,都有f(-x)=-f(x),g(-x)=g(x),且x>0時,f′(x)>0,g′(x)>0,則x<0時,f′(x)________0,g′(x)________0.
解析 由題意知f(x)是奇函數(shù),g(x)是偶
12、函數(shù).當(dāng)x>0時,f(x),g(x)都單調(diào)遞增,則當(dāng)x<0時,f(x)單調(diào)遞增,g(x)單調(diào)遞減,即f′(x)>0,g′(x)<0.
答案?。尽。?
3.(2014·佛山模擬)設(shè)0<a≤1,函數(shù)f(x)=x+,g(x)=x-ln x,若對任意的x1,x2∈[1,e],都有f(x1)≥g(x2)成立,則實數(shù)a的取值范圍是________.
解析 f′(x)=1-=,當(dāng)0<a≤1,且x∈[1,e]時,f′(x)>0,∴f(x)在[1,e]上是增函數(shù),f(x1)min=f(1)=1+a2,又g′(x)=1-(x>0),易求g′(x)>0,∴g(x)在[1,e]上是增函數(shù),g(x2)ma
13、x=g(e)=e-1.由條件知只需f(x1)min≥g(x2)max.即1+a2≥e-1.∴a2≥e-2.即≤a≤1.
答案 [,1]
三、解答題
4.設(shè)函數(shù)f(x)=x--aln x(a∈R).
(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性;
(2)若f(x)有兩個極值點x1,x2;記過點A(x1,f(x1)),B(x2,f(x2))的直線斜率為k.問:是否存在a,使得k=2-a?若存在,求出a的值;若不存在,請說明理由.
解 (1)f(x)的定義域為(0,+∞).
f′(x)=1+-=.
令g(x)=x2-ax+1,其判別式為Δ=a2-4.
①當(dāng)|a|≤2時,Δ≤0,f′(x)≥0,所
14、以f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增.
②當(dāng)a<-2時,Δ>0,g(x)=0的兩根都小于0,f′(x)>0,
所以f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增.
③當(dāng)a>2時,Δ>0,g(x)=0的兩根x1=,
x2=.
當(dāng)0<x<x1時,f′(x)>0;當(dāng)x1<x<x2時,f′(x)<0,當(dāng)x>x2時,f′(x)>0,所以f(x)分別在(0,x1),(x2,+∞)上單調(diào)遞增,在(x1,x2)上單調(diào)遞減.
(2)由(1)知,a>2.因為f(x1)-f(x2)=(x1-x2)+-a(ln x1-ln x2),
所以k==1+-a·.
又由(1)知,x1x2=1,于是k=2-a·.若存在a,使得k=2-a,
則=1,即ln x1-ln x2=x1-x2,由x1x2=1,得x2--2ln x2=0(x2>1).(*)
再由(1)知,函數(shù)h(t)=t--2ln t在(0,+∞)上單調(diào)遞增,而x2>1,所以x2--2ln x2>1--2ln 1=0,這與(*)矛盾.
故不存在a,使k=2-a.