2018-2019版高中數(shù)學(xué) 第一章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用滾動訓(xùn)練二 新人教A版選修2-2.doc

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第一章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 滾動訓(xùn)練二(1.3～1.4) 一、選擇題 1．函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，導(dǎo)函數(shù)f′(x)的圖象如圖所示，則函數(shù)f(x)(　　) A．無極大值點(diǎn)，有四個極小值點(diǎn) B．有三個極大值點(diǎn)，兩個極小值點(diǎn) C．有兩個極大值點(diǎn)，兩個極小值點(diǎn) D．有四個極大值點(diǎn)，無極小值點(diǎn) 考點(diǎn)　函數(shù)極值的應(yīng)用 題點(diǎn)　函數(shù)極值在函數(shù)圖象上的應(yīng)用 答案　C 解析　f′(x)的符號由正變負(fù)，則f(x0)是極大值，f′(x)的符號由負(fù)變正，則f(x0)是極小值，由題圖易知有兩個極大值點(diǎn)，兩個極小值點(diǎn)． 2．若函數(shù)f(x)＝x3－ax2－x＋6在(0,1)內(nèi)單調(diào)遞減，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(　　) A．[1，＋∞) B．a(chǎn)＝1 C．(－∞，1] D．(0,1) 考點(diǎn)　利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間 題點(diǎn)　已知函數(shù)單調(diào)性求參數(shù)(或其范圍) 答案　A 解析　∵f′(x)＝3x2－2ax－1，又f(x)在(0,1)內(nèi)單調(diào)遞減，∴不等式3x2－2ax－1≤0在(0,1)內(nèi)恒成立， ∴f′(0)≤0，且f′(1)≤0，∴a≥1. 3.已知定義在R上的函數(shù)f(x)，其導(dǎo)函數(shù)f′(x)的大致圖象如圖所示，則下列敘述正確的是(　　) A．f(b)>f(c)>f(d) B．f(b)>f(a)>f(e) C．f(c)>f(b)>f(a) D．f(c)>f(e)>f(d) 考點(diǎn)　利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性 題點(diǎn)　比較函數(shù)值的大小 答案　C 解析　依題意得，當(dāng)x∈(－∞，c)時，f′(x)>0， 因此，函數(shù)f(x)在(－∞，c)上是增函數(shù)， 由于af(b)>f(a)． 4．函數(shù)f(x)＝x＋2cos x在上取最大值時的x值為(　　) A．0 B. C. D. 考點(diǎn)　利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值 題點(diǎn)　利用導(dǎo)數(shù)求不含參數(shù)函數(shù)的最值 答案　B 解析　由f′(x)＝1－2sin x＝0，得sin x＝， 又x∈，所以x＝， 當(dāng)x∈時，f′(x)>0； 當(dāng)x∈時，f′(x)<0， 故當(dāng)x＝時取得最大值． 5．已知函數(shù)f(x)＝x2(ax＋b)(a，b∈R)在x＝2處有極值，其圖象在點(diǎn)(1，f(1))處的切線與直線3x＋y＝0平行，則函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(　　) A．(－∞，0) B．(0,2) C．(2，＋∞) D．(－∞，＋∞) 考點(diǎn)　利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間 題點(diǎn)　利用導(dǎo)數(shù)求含參數(shù)函數(shù)的單調(diào)區(qū)間 答案　B 解析　∵f(x)＝ax3＋bx2，∴f′(x)＝3ax2＋2bx， ∴即 令f′(x)＝3x2－6x<0，則00，則函數(shù)的導(dǎo)數(shù)f′(x)＝1－＝， 由f′(x)>0得x>或x<－，此時函數(shù)單調(diào)遞增， 由f′(x)<0得－0， ∴φ(x)在(0,1]上遞增，φ(x)max＝φ(1)＝－6， ∴a≥－6. 當(dāng)x∈[－2,0)時，a≤， ∴a≤min. 仍設(shè)φ(x)＝，φ′(x)＝－. 當(dāng)x∈[－2，－1)時，φ′(x)<0， 當(dāng)x∈(－1,0)時，φ′(x)>0. ∴當(dāng)x＝－1時，φ(x)有極小值，即為最小值． 而φ(x)min＝φ(－1)＝＝－2，∴a≤－2. 綜上知－6≤a≤－2. 二、填空題 9．若函數(shù)f(x)＝x3＋x2＋m在區(qū)間[－2,1]上的最大值為，則m＝________. 考點(diǎn)　導(dǎo)數(shù)在最值問題中的應(yīng)用 題點(diǎn)　已知最值求參數(shù) 答案　2 解析　f′(x)＝3x2＋3x＝3x(x＋1)． 由f′(x)＝0，得x＝0或x＝－1. 又f(0)＝m，f(－1)＝m＋， f(1)＝m＋，f(－2)＝－8＋6＋m＝m－2， ∴當(dāng)x∈[－2,1]時，最大值為f(1)＝m＋， ∴m＋＝，∴m＝2. 10.已知函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)是二次函數(shù)，如圖是f′(x)的大致圖象，若f(x)的極大值與極小值的和等于，則f(0)的值為________． 考點(diǎn)　利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值 題點(diǎn)　已知極值求參數(shù) 答案　 解析　∵其導(dǎo)函數(shù)的函數(shù)值應(yīng)在(－∞，－2)上為正數(shù)，在(－2,2)上為負(fù)數(shù)，在(2，＋∞)上為正數(shù)， 由導(dǎo)函數(shù)圖象可知，函數(shù)在(－∞，－2)上為增函數(shù)，在(－2,2)上為減函數(shù)，在(2，＋∞)上為增函數(shù)， ∴函數(shù)在x＝－2時取得極大值，在x＝2時取得極小值，且這兩個極值點(diǎn)關(guān)于點(diǎn)(0，f(0))對稱， 由f(x)的極大值與極小值之和為，得f(－2)＋f(2)＝2f(0)， ∴＝2f(0)，則f(0)的值為. 11．已知函數(shù)f(x)＝xex＋c有兩個零點(diǎn)，則c的取值范圍是________． 考點(diǎn)　函數(shù)極值的綜合應(yīng)用 題點(diǎn)　函數(shù)零點(diǎn)與方程的根 答案　 解析　∵f′(x)＝ex(x＋1)，∴易知f(x)在(－∞，－1)上單調(diào)遞減，在(－1，＋∞)上單調(diào)遞增，且f(x)min＝f(－1)＝c－e－1，由題意得c－e－1<0，得c0，得1≤x<4，由y′<0，得40)． (1)求f(x)的最小值h(t)； (2)若h(t)<－2t＋m對t∈(0,2)恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍． 考點(diǎn)　利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)中參數(shù)的取值范圍 題點(diǎn)　利用導(dǎo)數(shù)求恒成立問題中參數(shù)的取值范圍 解　(1)∵f(x)＝t(x＋t)2－t3＋t－1(x∈R，t>0)， ∴當(dāng)x＝－t時，f(x)有最小值f(－t)＝h(t)＝－t3＋t－1. (2)令g(t)＝h(t)－(－2t＋m)＝－t3＋3t－1－m， 由g′(t)＝－3t2＋3＝0得t＝1或t＝－1(舍去)． 當(dāng)t變化時，g′(t)，g(t)的變化情況如下表： t (0,1) 1 (1,2) g′(t) ＋ 0 － g(t) ↗ 1－m ↘ ∴當(dāng)t∈(0,2)時，g(t)max＝g(1)＝1－m. ∵h(yuǎn)(t)<－2t＋m對t∈(0,2)恒成立， ∴g(t)max＝1－m<0，∴m>1. 故實(shí)數(shù)m的取值范圍是(1，＋∞)． 四、探究與拓展 14．已知函數(shù)f(x)＝2ln x＋(a>0)．若當(dāng)x∈(0，＋∞)時，f(x)≥2恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________． 考點(diǎn)　利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)中參數(shù)的取值范圍 題點(diǎn)　利用導(dǎo)數(shù)求恒成立問題中參數(shù)的取值范圍 答案　[e，＋∞) 解析　f(x)≥2即a≥2x2－2x2ln x. 令g(x)＝2x2－2x2ln x， 則g′(x)＝2x(1－2ln x)． 由g′(x)＝0得x＝或0(舍去)， 當(dāng)00； 當(dāng)x>時，g′(x)<0， ∴當(dāng)x＝時，g(x)取最大值g()＝e，∴a≥e. 15．已知函數(shù)f(x)＝ln(x＋1)＋(a∈R)． (1)當(dāng)a＝1時，求函數(shù)f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程； (2)討論函數(shù)f(x)的極值； (3)求證：ln(n＋1)>＋＋＋…＋(n∈N*)． 考點(diǎn)　利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性 題點(diǎn)　構(gòu)造法的應(yīng)用 (1)解　當(dāng)a＝1時，f(x)＝ln(x＋1)＋， 所以f′(x)＝＋＝， 所以f′(0)＝2， 又f(0)＝0， 所以函數(shù)f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程為y＝2x. (2)解　f′(x)＝＋ ＝(x>－1)． 令x＋1＋a＝0，得x＝－a－1. 若－a－1≤－1，即a≥0， 則f′(x)>0恒成立，此時f(x)無極值． 若－a－1>－1，即a<0， 當(dāng)－1－a－1時，f′(x)>0， 此時f(x)在x＝－a－1處取得極小值， 極小值為ln(－a)＋a＋1. (3)證明　當(dāng)a＝－1時，由(2)知，f(x)min＝f(0)＝0， 所以ln(x＋1)－≥0，即ln(x＋1)≥. 令x＝(n∈N*)， 則ln≥＝， 所以ln≥. 又因?yàn)椋?0， 所以>， 所以ln>， 所以ln＋ln＋ln＋…＋ln>＋＋＋…＋， 即ln(n＋1)>＋＋＋…＋.