高考數(shù)學(xué)人教A版（理）一輪復(fù)習(xí)：第三篇 第2講 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用(一)

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第2講 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用(一) A級　基礎(chǔ)演練(時間：30分鐘　滿分：55分) 一、選擇題(每小題5分，共20分) 1．(2013·石景山模擬)若函數(shù)h(x)＝2x－＋在(1，＋∞)上是增函數(shù)，則實數(shù)k的取值范圍是 (　　)． A．(－2，＋∞) B．(2，＋∞) C．(－∞，－2) D．(－∞，2) 解析　由條件得h′(x)＝2＋＝≥0在(1，＋∞)上恒成立，即k≥－2x2在(1，＋∞)上恒成立，所以k∈(－2，＋∞)． 答案　A 2．(2013·鄭州檢測)函數(shù)f(x)＝(4－x)ex的單調(diào)遞減區(qū)間是 (　　)． A．(－∞，4) B．(－∞，3) C．(4，＋∞) D．(3，＋∞) 解析　f′(x)＝ex＋(4－x)·ex＝ex(3－x)，令f′(x)<0，由于ex>0，∴3－x<0，解得x>3. 答案　D 3．(2013·安慶模擬)下列函數(shù)中，在(0，＋∞)內(nèi)為增函數(shù)的是 (　　)． A．f(x)＝sin 2x B．f(x)＝xex C．f(x)＝x3－x D．f(x)＝－x＋ln x 解析　sin 2x＝2sin xcos x，(sin 2x)′＝2(cos2x－sin2x)，在(0，＋∞)不恒大于零；(x3－x)′＝3x2－1，在(0，＋∞)不恒大于零；(－x＋lnx)′＝－1＋在(0，＋∞)不恒大于零；(xex)′＝ex＋xex，當(dāng)x∈(0，＋∞)時ex＋xex>0，故選B. 答案　B 4．函數(shù)f(x)的定義域是R，f(0)＝2，對任意x∈R，f(x)＋f′(x)>1，則不等式ex·f(x)>ex＋1的解集為 (　　)． A．{x|x>0} B．{x|x<0} C．{x|x<－1或x>1} D．{x|x<－1或0ex－ex＝0，所以g(x)＝ex·f(x)－ex為R上的增函數(shù)，又因為g(0)＝e0·f(0)－e0＝1，所以原不等式轉(zhuǎn)化為g(x)>g(0)，解得x>0. 答案　A 二、填空題(每小題5分，共10分) 5．函數(shù)y＝x－2sin x在[0，π]上的遞增區(qū)間是________． 解析　y′＝1－2cos x，令1－2cos x≥0，得cos x≤，解得2kπ＋≤x≤2kπ＋π，k∈R，又0≤x≤π，∴≤x≤π. 答案　 6．已知直線y＝x＋1與曲線y＝ln(x＋a)相切，則a的值為________． 解析　設(shè)切點坐標(biāo)為(x0，y0)又y′＝，由已知條件解得a＝2. 答案　2 三、解答題(共25分) 7．(12分)設(shè)函數(shù)f(x)＝ax3－3x2，(a∈R)，且x＝2是y＝f(x)的極值點，求函數(shù)g(x)＝ex·f(x)的單調(diào)區(qū)間． 解　f′(x)＝3ax2－6x＝3x(ax－2)． 因為x＝2是函數(shù)y＝f(x)的極值點． 所以f′(2)＝0，即6(2a－2)＝0，因此a＝1， 經(jīng)驗證，當(dāng)a＝1時，x＝2是函數(shù)f(x)的極值點， 所以g(x)＝ex(x3－3x2)， g′(x)＝ex(x3－3x2＋3x2－6x) ＝ex(x3－6x)＝x(x＋)(x－)ex. 因為ex>0，所以y＝g(x)的單調(diào)增區(qū)間是(－，0)和(，＋∞)；單調(diào)減區(qū)間是(－∞，－)和(0，)． 8．(13分)已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2－x＋c，且a＝f′. (1)求a的值； (2)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (3)設(shè)函數(shù)g(x)＝(f(x)－x3)·ex，若函數(shù)g(x)在x∈[－3，2]上單調(diào)遞增，求實數(shù)c的取值范圍． 解　(1)由f(x)＝x3＋ax2－x＋c，得f′(x)＝3x2＋2ax－1. 當(dāng)x＝時，得a＝f′＝3×2＋2a×－1， 解之，得a＝－1. (2)由(1)可知f(x)＝x3－x2－x＋c. 則f′(x)＝3x2－2x－1＝3(x－1)，列表如下： x － 1 (1，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x)  極大值 ·  極小值  所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(－∞，－)和(1，＋∞)； f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是. (3)函數(shù)g(x)＝(f(x)－x3)·ex＝(－x2－x＋c)·ex， 有g(shù)′(x)＝(－2x－1)ex＋(－x2－x＋c)ex ＝(－x2－3x＋c－1)ex， 因為函數(shù)g(x)在x∈[－3,2]上單調(diào)遞增， 所以h(x)＝－x2－3x＋c－1≥0在x∈[－3,2]上恒成立． 只要h(2)≥0，解得c≥11，所以c的取值范圍是[11，＋∞)． 探究提高　利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性的一般步驟： (1)確定函數(shù)的定義域； (2)求導(dǎo)數(shù)f′(x)； (3)①若求單調(diào)區(qū)間(或證明單調(diào)性)，只需在函數(shù)f(x)的定義域內(nèi)解(或證明)不等式f′(x)>0或f′(x)<0. ②若已知f(x)的單調(diào)性，則轉(zhuǎn)化為不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在單調(diào)區(qū)間上恒成立問題求解． B級　能力突破(時間：30分鐘　滿分：45分) 一、選擇題(每小題5分，共10分) 1．定義在R上的函數(shù)y＝f(x)滿足f(4－x)＝f(x)，(x－2)·f′(x)<0，若x14，則 (　　)． A．f(x1)f(x2) C．f(x1)＝f(x2) D．f(x1)與f(x2)的大小不確定 解析　∵f(4－x)＝f(x)，∴函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x＝2對稱，由(x－2)f′(x)<0可得函數(shù)f(x)在(－∞，2)上單調(diào)遞增，在(2，＋∞)上單調(diào)遞減，∴當(dāng)x2>x1>2時，f(x1)>f(x2)；當(dāng)x2>2>x1時，∵x1＋x2>4，∴x2>4－x1>2，∴f(4－x1)＝f(x1)>f(x2)，綜上，f(x1)>f(x2)，故選B. 答案　B 2．已知函數(shù)f(x)的定義域為[－1,5]，部分對應(yīng)值如下表．f(x)的導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的圖象如圖所示． 下列關(guān)于函數(shù)f(x)的命題： ①函數(shù)y＝f(x)是周期函數(shù)； ②函數(shù)f(x)在[0,2]上是減函數(shù)； ③如果當(dāng)x∈[－1，t]時，f(x)的最大值是2，那么t的最大值為4； ④當(dāng)10)的單調(diào)遞減區(qū)間是________． 解析　由ax－x2≥0(a>0)，解得0≤x≤a，即函數(shù)f(x)的定義域為[0，a]，f′(x)＝＝，由f′(x)<0解得x≥，因此f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是. 答案　 4．已知函數(shù)y＝－x3＋bx2－(2b＋3)x＋2－b在R上不是單調(diào)減函數(shù)，則b的取值范圍是________． 解析　y′＝－x2＋2bx－(2b＋3)，要使原函數(shù)在R上單調(diào)遞減，應(yīng)有y′≤0恒成立，∴Δ＝4b2－4(2b＋3)＝4(b2－2b－3)≤0，∴－1≤b≤3，故使該函數(shù)在R上不是單調(diào)減函數(shù)的b的取值范圍是b<－1或b>3. 答案　(－∞，－1)∪(3，＋∞) 三、解答題(共25分) 5．(12分)已知函數(shù)g(x)＝＋ln x在[1，＋∞)上為增函數(shù)，且θ∈(0，π)，f(x)＝mx－－ln x，m∈R. (1)求θ的值； (2)若f(x)－g(x)在[1，＋∞)上為單調(diào)函數(shù)，求m的取值范圍． 解　(1)由題意得，g′(x)＝－＋≥0在[1，＋∞)上恒成立，即≥0. ∵θ∈(0，π)，∴sin θ>0， 故sin θ·x－1≥0在[1，＋∞)上恒成立，只需sin θ·1－1≥0， 即sin θ≥1，只有sin θ＝1.結(jié)合θ∈(0，π)，得θ＝. (2)由(1)，得f(x)－g(x)＝mx－－2ln x， ∴′＝. ∵f(x)－g(x)在其定義域內(nèi)為單調(diào)函數(shù)，∴mx2－2x＋m≥0或者mx2－2x＋m≤0在[1，＋∞)恒成立． mx2－2x＋m≥0等價于m(1＋x2)≥2x，即m≥， 而＝≤1，∴m≥1. mx2－2x＋m≤0等價于m(1＋x2)≤2x， 即m≤在[1，＋∞)上恒成立． 而∈(0,1]，∴m≤0. 綜上，m的取值范圍是(－∞，0]∪[1，＋∞)． 6．(13分)設(shè)函數(shù)f(x)＝ln x＋在內(nèi)有極值． (1)求實數(shù)a的取值范圍； (2)若x1∈(0,1)，x2∈(1，＋∞)．求證：f(x2)－f(x1)>e＋2－.注：e是自然對數(shù)的底數(shù)． (1)解　易知函數(shù)f(x)的定義域為(0,1)∪(1，＋∞)， f′(x)＝－＝＝. 由函數(shù)f(x)在內(nèi)有極值，可知方程f′(x)＝0在內(nèi)有解，令g(x)＝x2－(a＋2)x＋1＝(x－α)(x－β)． 不妨設(shè)0<α<，則β>e，又g(0)＝1>0， 所以g＝－＋1<0，解得a>e＋－2. (2)證明　由(1)知f′(x)>0?0β， f′(x)<0?αe)， 則h′(β)＝＋1＋＝2>0， 所以函數(shù)h(β)在(e，＋∞)上單調(diào)遞增， 所以f(x2)－f(x1)≥h(β)>h(e)＝2＋e－. 特別提醒：教師配贈習(xí)題、課件、視頻、圖片、文檔等各種電子資源見《創(chuàng)新設(shè)計·高考總復(fù)習(xí)》光盤中內(nèi)容.