高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí):第九章 :第三節(jié)導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用二演練知能檢測

上傳人:仙*** 文檔編號:43058269 上傳時(shí)間:2021-11-29 格式:DOC 頁數(shù):6 大?。?83.50KB
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《高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí):第九章 :第三節(jié)導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用二演練知能檢測》由會(huì)員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí):第九章 :第三節(jié)導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用二演練知能檢測(6頁珍藏版)》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 精品資料 第三節(jié) 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用(二) [來源:] [全盤鞏固] 1.已知f(x)=x2+sin,f′(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù),則f′(x)的圖象是(  ) 解析:選A f(x)=x2+sin=x2+cos x,f′(x)=x-sin x.易知該函數(shù)為奇函數(shù),所以排除B、D.當(dāng)x=時(shí),f′=-sin=-<0,可排除C. 2.下面為函數(shù)f(x)=xsin x+cos x的遞增區(qū)間的是(  ) A. B.(π,2π) C. D.(2π,3π) 解析:選C f′(x)=sin x+xcos x-sin

2、x=xcos x,當(dāng)x∈時(shí),恒有f′(x)>0.[來源:] 3.已知函數(shù)f(x)=x3-x2-x,則f(-a2)與f(-1)的大小關(guān)系為(  ) A.f(-a2)≤f(-1) B.f(-a2)0,f(x)為增函數(shù);當(dāng)-1

3、f(-1)是函數(shù)f(x)在(-∞,0]上的最大值,又因?yàn)椋璦2≤0,所以f(-a2)≤f(-1). 4.(2014青島模擬)若函數(shù)y=aex+3x(x∈R,a∈R),有大于零的極值點(diǎn),則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(  ) A.(-3,0) B.(-∞,-3)[來源:] C. D. 解析:選A 由題可得y′=aex+3,若函數(shù)在x∈R上有大于零的極值點(diǎn),即y′=aex+3=0有正根,顯然有a<0,此時(shí)x=ln.由x>0,得參數(shù)a的范圍為a>-3.綜上知,-3

4、,對任意正數(shù)a,b,若a0),則F′(x)=′=.因?yàn)閤>0,xf′(x)-f(x)≤0,所以F′(x)≤0,故函數(shù)F(x)在(0,+∞)上為減函數(shù).又00時(shí)有>0,則不等式xf(x)>0的解集為(  ) A.{x|-1

5、 B.{x|x>1或-10} D.{x|-10時(shí)有>0,即′>0,∴在(0,+∞)上單調(diào)遞增. ∵f(x)為R上的偶函數(shù),∴xf(x)為R上的奇函數(shù).∵xf(x)>0,∴x2>0,∴>0. ∵在(0,+∞)上單調(diào)遞增,且=0,∴當(dāng)x>0時(shí),若xf(x)>0,則x>1. 又∵xf(x)為R上的奇函數(shù),∴當(dāng)x<0時(shí),若xf(x)>0,則-11或-1

6、 解析:由題意得f′(x)=6x2-18x+12=6(x-1)(x-2),由f′(x)>0,得x<1或x>2,由f′(x)<0,得1

7、3,則只要這兩個(gè)極值點(diǎn)有一個(gè)在區(qū)間(t,t+1)內(nèi),函數(shù)f(x)在區(qū)間[t,t+1]上就不單調(diào),由t<11,則函數(shù)f(x)在[0,1]上單調(diào)遞減,故只要f(0)-f(1)≤1,即只要a2≤

8、,即1<|a|≤;若|a|≤1,此時(shí)f(x)min=f(|a|)=|a|3-a2|a|=-a2|a|,由于f(0)=0,f(1)=-a2,故當(dāng)|a|≤時(shí),f(x)max=f(1),此時(shí)只要-a2+a2|a|≤1即可,即a2≤,由于|a|≤,故|a|-1≤-1<0,故此式成立;當(dāng)<|a|≤1時(shí),此時(shí)f(x)max=f(0),故只要a2|a|≤1即可,此不等式顯然成立.綜上,a的取值范圍是. 答案: 10.已知函數(shù)f(x)=ex(x2+ax-a),其中a是常數(shù).若存在實(shí)數(shù)k,使得關(guān)于x的方程f(x)=k在[0,+∞)上有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根,求k的取值范圍. 解:令f′(x)=ex[x2+(a

9、+2)x]=0,解得x=-(a+2)或x=0. 當(dāng)-(a+2)≤0,即a≥-2時(shí),在區(qū)間[0,+∞)上,f′(x)≥0,所以f(x)是[0,+∞)上的增函數(shù),所以方程f(x)=k在[0,+∞)上不可能有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根. 當(dāng)-(a+2)>0,即a<-2時(shí),f′(x),f(x)隨x的變化情況如下表: x 0 (0,-(a+2)) -(a+2) (-(a+2),+∞) f′(x) 0 - 0 + f(x) -a ↘ ↗ 由上表可知函數(shù)f(x)在[0,+∞)上的最小值為f(-(a+2))=. 因?yàn)楹瘮?shù)f(x)是(0,-(a+2))上的減函數(shù),(-(a+2

10、),+∞)上的增函數(shù),且當(dāng)x≥-a時(shí),有f(x)≥e-a(-a)>-a,又f(0)=-a.所以要使方程f(x)=k在[0,+∞)上有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根,k的取值范圍是. 11.(2014杭州模擬)天目山某景區(qū)為提高經(jīng)濟(jì)效益,現(xiàn)對某一景點(diǎn)進(jìn)行改造升級,從而擴(kuò)大內(nèi)需,提高旅游增加值.經(jīng)過市場調(diào)查,旅游增加值y萬元與投入x(x≥10)萬元之間滿足:y=f(x)=ax2+x-bln,a,b為常數(shù).當(dāng)x=10萬元時(shí),y=19.2萬元;當(dāng)x=20萬元時(shí),y=35.7萬元. (參考數(shù)據(jù):ln 2≈0.7,ln 3≈1.1,ln 5≈1.6) (1)求f(x)的解析式; (2)求該景點(diǎn)改造升級后旅游利

11、潤T(x)的最大值(利潤=旅游增加值-投入). 解:(1)由條件解得a=-,b=1, 則f(x)=-+x-ln(x≥10). (2)由T(x)=f(x)-x=-+x-ln(x≥10), 得T′(x)=-+-=-.令T′(x)=0,得x=1(舍)或x=50. 當(dāng)x∈(10,50)時(shí),T′(x)>0,因此T(x)在(10,50)上是增函數(shù); 當(dāng)x∈(50,+∞)時(shí),T′(x)<0,因此T(x)在(50,+∞)上是減函數(shù). 則x=50為T(x)的極大值點(diǎn),也是最大值點(diǎn).即該景點(diǎn)改造升級后旅游利潤T(x)的最大值為T(50)=24.4萬元. 12.已知函數(shù)f(x)=ax+ln x,g(

12、x)=ex. (1)當(dāng)a≤0時(shí),求f(x)的單調(diào)區(qū)間; (2)若不等式g(x)<有解,求實(shí)數(shù)m的取值范圍; (3)證明:當(dāng)a=0時(shí),|f(x)-g(x)|>2. 解:(1)f(x)的定義域是(0,+∞),f′(x)=a+(x>0), 當(dāng)a=0時(shí),f′(x)>0,f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增; 當(dāng)a<0時(shí),由f′(x)=0,解得x=-,則當(dāng)x∈時(shí),f′(x)>0,f(x)單調(diào)遞增; 當(dāng)x∈時(shí),f′(0)<0,f(x)單調(diào)遞減, 綜上所述:當(dāng)a=0時(shí),f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增;當(dāng)a<0時(shí),f(x)在上單調(diào)遞增,在上單調(diào)遞減. (2)由題意:ex<有解,即ex

13、解,因此只需m1,且當(dāng)x∈(0,+∞)時(shí),ex>1,所以1-ex<0,即h′(x)<0.故h(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減,所以h(x)0,所以m(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增

14、.故m(x)>m(0)=1, 又設(shè)n(x)=ln x-x,x∈(0,+∞),則n′(x)=-1,當(dāng)x∈(0,1)時(shí),n′(x)>0,n(x)單調(diào)遞增;當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),n′(x)<0,n(x)單調(diào)遞減,所以x=1為n(x)的最大值點(diǎn),[來源: 即n(x)≤n(1)=-1,故|f(x)-g(x)|=m(x)-n(x)>1-(-1)=2. [沖擊名校] 設(shè)函數(shù)f(x)=ln x-ax,g(x)=ex-ax ,其中a為實(shí)數(shù). (1)若f(x)在(1,+∞)上是單調(diào)減函數(shù),且g(x)在(1,+∞)上有最小值,求a的取值范圍; (2)若g(x)在(-1,+∞)上是單調(diào)增函數(shù),試求f(x)

15、的零點(diǎn)個(gè)數(shù),并證明你的結(jié)論. 解:(1)令f′(x)=-a=<0,考慮到f(x)的定義域?yàn)?0,+∞),故a>0,進(jìn)而解得x>a-1,即f(x)在(a-1,+∞)上是單調(diào)減函數(shù).同理,f(x)在(0,a-1)上是單調(diào)增函數(shù). 由于f(x)在(1,+∞)上是單調(diào)減函數(shù),故(1,+∞)?(a-1,+∞),從而a-1≤1,即a≥1. 令g′(x)=ex-a=0,得x=ln a.當(dāng)0ln a時(shí),g′(x)>0, 所以x=ln a是g(x)的極小值點(diǎn).又g(x)在(1,+∞)上有最小值,所以ln a>1,即a>e. 綜上,a的取值范圍為(e,+∞).

16、(2)當(dāng)a≤0時(shí),g(x)必為單調(diào)增函數(shù);當(dāng)a>0時(shí),令g′(x)=ex-a>0,解得aln a,因?yàn)間(x)在(-1,+∞)上是單調(diào)增函數(shù),類似(1)有l(wèi)n a≤-1,即00,得f(x)存在唯一的零點(diǎn). (ⅱ)當(dāng)a<0時(shí),由于f(ea)=a-aea=a(1-ea)<0,f(1)=-a>0,且函數(shù)f(x)在[ea,1]上的圖象不間斷,所以f(x)在(ea,1)上存在零點(diǎn). 另外,當(dāng)x>0時(shí),f′(x)=-a>0,故f(x)在(0,+∞)上是單調(diào)增函數(shù),所以

17、f(x)只有一個(gè)零點(diǎn). (ⅲ)當(dāng)00,當(dāng)x>a-1時(shí),f′(x)<0,所以,x=a-1是f(x)的最大值點(diǎn),且最大值為f(a-1)=-ln a-1. ①當(dāng)-ln a-1=0,即a=e-1時(shí),f(x)有一個(gè)零點(diǎn)x=e. ②當(dāng)-ln a-1>0,即00,且函數(shù)f(x)在[e-1,a-1]上的圖象不間斷,所以f(x)在(e-1,a-1)上存在零點(diǎn). 另外,當(dāng)x∈(0,a-1)時(shí),f′(x

18、)=-a>0,故f(x)在(0,a-1)上是單調(diào)增函數(shù),所以f(x)在(0,a-1)上只有一個(gè)零點(diǎn). 下面考慮f(x)在(a-1,+∞)上的情況.先證f(ea-1)=a(a-2-ea-1)<0.為此,我們要證明:當(dāng)x>e時(shí),ex>x2.設(shè)h(x)=ex-x2,則h′(x)=ex-2x,再設(shè)l(x)=h′(x)=ex-2x,則l′(x)=ex-2.當(dāng)x>1時(shí),l′(x)=ex-2>e-2>0,所以l(x)=h′(x)在(1,+∞)上是單調(diào)增函數(shù).故當(dāng)x>2時(shí),h′(x)=ex-2x>h′(2)=e2-4>0,從而h(x)在(2,+∞)上是單調(diào)增函數(shù),進(jìn)而當(dāng)x>e時(shí),h(x)=ex-x2>h(e)=ee-e2>0,即當(dāng)x>e時(shí),ex>x2.當(dāng)0e時(shí),f(ea-1)=a-1-aea-1=a(a-2-ea-1)<0,又f(a-1)>0,且函數(shù)f(x)在[a-1,ea-1]上的圖象不間斷,所以f(x)在(a-1,ea-1)上存在零點(diǎn).又當(dāng)x>a-1時(shí),f′(x)=-a<0,故f(x)在(a-1,+∞)上是單調(diào)減函數(shù),所以f(x)在(a-1,+∞)上只有一個(gè)零點(diǎn).綜合(ⅰ)(ⅱ)(ⅲ),當(dāng)a≤0或a=e-1時(shí),f(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為1,當(dāng)0

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