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2022年高三數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 3.3導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用(二)教案 理 新人教A版

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2022年高三數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 3.3導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用(二)教案 理 新人教A版_第1頁
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2022年高三數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 3.3導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用(二)教案 理 新人教A版_第2頁
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1、2022年高三數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 3.3導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用(二)教案 理 新人教A版 xx高考會這樣考 1.利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值等綜合問題;2.利用導(dǎo)數(shù)研究方程根的個數(shù),證明不等式或不等式恒成立問題;3.利用導(dǎo)數(shù)解決實際問題. 復(fù)習(xí)備考要這樣做 1.理解數(shù)形結(jié)合思想、轉(zhuǎn)化思想在導(dǎo)數(shù)中的應(yīng)用;2.會建立函數(shù)模型解決不等式問題、實際問題等. 1. 不等式問題 (1)證明不等式時,可構(gòu)造函數(shù),將問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的極值或最值問題. (2)求解不等式恒成立問題時,可以考慮將參數(shù)分離出來,將參數(shù)范圍問題轉(zhuǎn)化為研究新函數(shù)的值域問題. 2. 研究函數(shù)圖象的交點、方程的根、函數(shù)的零點,歸

2、根到底還是研究函數(shù)的性質(zhì),如單調(diào)性、極值,然后通過數(shù)形結(jié)合的思想找到解題思路,因此使用的知識還是函數(shù)的單調(diào)性和極值的知識. [難點正本 疑點清源] 1.利用導(dǎo)數(shù)解決含有參數(shù)的單調(diào)性問題可將問題轉(zhuǎn)化為不等式恒成立問題,要注意分類討論和數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用. 2.將不等式的證明、方程根的個數(shù)的判定轉(zhuǎn)化為函數(shù)的單調(diào)性、極值問題來處理. 1. 函數(shù)f(x)=ax3+x恰有三個單調(diào)區(qū)間,則a的取值范圍是__________. 答案 (-∞,0) 解析 ∵f′(x)=3ax2+1,依題意得f′(x)=3ax2+1有兩個不相等的實根,∴a<0. 2. 若函數(shù)f(x)=x+asin x在R上遞

3、增,則實數(shù)a的取值范圍為________. 答案 [-1,1] 解析 ∵f′(x)=1+acos x,∴要使函數(shù)f(x)=x+asin x在R上遞增,則1+acos x≥0對任意實數(shù)x都成立. ∵-1≤cos x≤1, ①當(dāng)a>0時,-a≤acos x≤a,∴-a≥-1,∴0

4、x)=3x2-3,令3x2-3=0,得x=±1,只需f(-1)·f(1)<0,即(a+2)(a-2)<0,故a∈(-2,2). 4. 若f(x)=,00,即f′(x)>0, ∴f(x)為增函數(shù),∴f(a)1的解集為(  ) A.(-3,-2)∪(2,3) B.(-,)

5、C.(2,3) D.(-∞,-)∪(,+∞) 答案 A 解析 由題圖知,f(x)在(-∞,0)上單調(diào)遞增,在(0,+∞)上單調(diào)遞減,又f(-2)=1,f(3)=1,所以所求不等式等價于-2ln 2-1且x>0時,ex>x2-2ax+1. 思維啟迪:證明不等式時要構(gòu)造函數(shù),利用函數(shù)的單調(diào)性來解題. (1)解 由f(x)=ex-2x+2a,x∈R知 f′(x)=ex-2,x∈R.

6、 令f′(x)=0,得x=ln 2,于是當(dāng)x變化時, f′(x),f(x)的變化情況如下表: x (-∞,ln 2) ln 2 (ln 2,+∞) f′(x) - 0 + f(x) 單調(diào)遞減 2(1-ln 2+a) 單調(diào)遞增 故f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(-∞,ln 2],單調(diào)遞增區(qū)間是[ln 2,+∞), f(x)在x=ln 2處取得極小值,極小值為 f(ln 2)=eln 2-2ln 2+2a=2(1-ln 2+a). (2)證明 設(shè)g(x)=ex-x2+2ax-1,x∈R, 于是g′(x)=ex-2x+2a,x∈R. 由(1)知當(dāng)a>ln 2-1時

7、,g′(x)的最小值為 g′(ln 2)=2(1-ln 2+a)>0. 于是對任意x∈R,都有g(shù)′(x)>0, 所以g(x)在R上單調(diào)遞增. 于是當(dāng)a>ln 2-1時,對任意x∈(0,+∞),都有g(shù)(x)>g(0). 而g(0)=0,從而對任意x∈(0,+∞),g(x)>0. 即ex-x2+2ax-1>0,故ex>x2-2ax+1. 探究提高 利用導(dǎo)數(shù)方法證明不等式f(x)>g(x)在區(qū)間D上恒成立的基本方法是構(gòu)造函數(shù)h(x)=f(x)-g(x),然后根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性,或者函數(shù)的最值證明函數(shù)h(x)>0,其中一個重要技巧就是找到函數(shù)h(x)在什么時候可以等于零,這往往就是解決問題

8、的一個突破口.  當(dāng)0x+. 證明 設(shè)f(x)=tan x-, 則f′(x)=-1-x2=tan2x-x2 =(tan x-x)(tan x+x). 因為00, 即x∈時,f(x)為增函數(shù). 所以x∈時,f(x)>f(0). 而f(0)=0,所以f(x)>0,即tan x->0. 故tan x>x+. 題型二 利用導(dǎo)數(shù)研究恒成立問題 例2 已知函數(shù)f(x)=ln x-. (1)若a>0,試判斷f(x)在定義域內(nèi)的單調(diào)性; (2)若f(x)在[1,e]上的最小值為,求a的值; (3)若f(x)

9、2在(1,+∞)上恒成立,求a的取值范圍. 思維啟迪:(1)求導(dǎo)數(shù)f′(x)→判斷f′(x)>0或f′(x)<0→確定單調(diào)性. (2)根據(jù)單調(diào)性→求f(x)在[1,e]上的最小值→列方程求解. (3)f(x)xln x-x3→求xln x-x3的最大值. 解 (1)由題意知f(x)的定義域為(0,+∞), 且f′(x)=+=. ∵a>0,∴f′(x)>0, 故f(x)在(0,+∞)上是單調(diào)遞增函數(shù). (2)由(1)可知,f′(x)=. ①若a≥-1,則x+a≥0,即f′(x)≥0在[1,e]上恒成立, 此時f(x)在[1,e]上為增函數(shù), ∴f(x)min=f

10、(1)=-a=,∴a=-(舍去). ②若a≤-e,則x+a≤0,即f′(x)≤0在[1,e]上恒成立, 此時f(x)在[1,e]上為減函數(shù), ∴f(x)min=f(e)=1-=,∴a=-(舍去). ③若-e0,∴f(x)在(-a,e)上為增函數(shù), ∴f(x)min=f(-a)=ln(-a)+1=,∴a=-. 綜上所述,a=-. (3)∵f(x)0,∴a>xln x-x3. 令g(x)=xln x

11、-x3,h(x)=g′(x)=1+ln x-3x2, h′(x)=-6x=. ∵x∈(1,+∞)時,h′(x)<0, ∴h(x)在(1,+∞)上是減函數(shù). ∴h(x)

12、數(shù)a的取值范圍是__________. 答案 [4,+∞) 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)  4  因此g(x)的最大值為4,則實數(shù)a的取值范圍是[4,+∞). 題型三 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點或方程根的方法 例3 已知函數(shù)f(x)=x3-3ax-1,a≠0. (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間; (2)若f(x)在x=-1處取得極值,直線y=m與y=f(x)的圖象有三個不同的交點,求m

13、的取值范圍. 思維啟迪:分別求出f(x)的極大、極小值,使y=m界于極大值與極小值之間. 解 (1)f′(x)=3x2-3a=3(x2-a), 當(dāng)a<0時,對x∈R,有f′(x)>0, ∴當(dāng)a<0時,f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(-∞,+∞). 當(dāng)a>0時,由f′(x)>0,解得x<-或x>. 由f′(x)<0,解得-0時,f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(-∞,-),(,+∞), 單調(diào)減區(qū)間為(-,). (2)∵f(x)在x=-1處取得極值, ∴f′(-1)=3×(-1)2-3a=0,∴a=1. ∴f(x)=x3-3x-1, f′(x)=3x2-3, 由f′(x)

14、=0,解得x1=-1,x2=1. 由(1)中f(x)的單調(diào)性可知,f(x)在x=-1處取得極大值f(-1)=1,在x=1處取得極小值f(1)=-3. ∵直線y=m與函數(shù)y=f(x)的圖象有三個不同的交點, 結(jié)合如圖所示f(x)的圖象可知: 實數(shù)m的取值范圍是(-3,1). 探究提高 (1)對于該問題的求解,一般利用研究函數(shù)的單調(diào)性、極值等性質(zhì),并借助函數(shù)圖象的交點情況,建立含參數(shù)的方程組(或不等式)求之,實現(xiàn)形與數(shù)的和諧統(tǒng)一. (2)本題常見的錯誤是不能把函數(shù)的極值與圖象交點聯(lián)系起來,缺乏轉(zhuǎn)化與化歸、數(shù)形結(jié)合的意識. 已知函數(shù)f(x)=x3-x2+6x-a. (1)對?x∈R

15、,f′(x)≥m恒成立,求m的最大值; (2)若函數(shù)f(x)有且僅有一個零點,求實數(shù)a的取值范圍. 解 (1)f′(x)=3x2-9x+6=3(x-1)(x-2), 因為x∈R時,f′(x)≥m恒成立, ∴對x∈R,恒有3x2-9x+(6-m)≥0. 因此Δ=81-12(6-m)≤0,得m≤-. ∴實數(shù)m的最大值為-. (2)因為當(dāng)x<1時,f′(x)>0,當(dāng)12時,f′(x)>0. 所以當(dāng)x=1時,f(x)取極大值f(1)=-a; 當(dāng)x=2時,f(x)取極小值f(2)=2-a. 故當(dāng)f(2)>0或f(1)<0時,方程f(x)=0僅有一

16、個實根, 解得a<2或a>. ∴當(dāng)a>或a<2時,函數(shù)f(x)僅有一個零點. 導(dǎo)數(shù)與不等式的綜合問題 典例:(12分)(xx·遼寧)設(shè)函數(shù)f(x)=x+ax2+bln x,曲線y=f(x)過P(1,0),且在P點處的切線斜率為2. (1)求a,b的值; (2)證明:f(x)≤2x-2. 考點分析 本題考查曲線的切線、導(dǎo)數(shù)的幾何意義,考查函數(shù)在閉區(qū)間上的最值. 解題策略 本題的關(guān)鍵點:P(1,0)點處切線斜率為2,可以列方程解出a,b;證明不等式時可以構(gòu)造函數(shù),利用函數(shù)的單調(diào)性來證明不等式. 規(guī)范解答 (1)解 f′(x)=1+2ax+.[1分] 由已知條件得

17、即[4分] 解得[5分] (2)證明 因為f(x)的定義域為(0,+∞), 由(1)知f(x)=x-x2+3ln x. 設(shè)g(x)=f(x)-(2x-2)=2-x-x2+3ln x, 則g′(x)=-1-2x+=-.[8分] 當(dāng)00,當(dāng)x>1時,g′(x)<0. 所以g(x)在(0,1)內(nèi)單調(diào)遞增,在(1,+∞)內(nèi)單調(diào)遞減.[10分] 而g(1)=0,故當(dāng)x>0時,g(x)≤0, 即f(x)≤2x-2.[12分] 解后反思 利用函數(shù)的導(dǎo)數(shù)研究不等式問題是一類重要的題型,其實質(zhì)是求函數(shù)的最值問題,它體現(xiàn)了導(dǎo)數(shù)的工具性作用.將函數(shù)、不等式緊密結(jié)合起來,考

18、查綜合解決問題的能力,多為高考中較難的題目. 二審結(jié)論會轉(zhuǎn)換 典例:(12分)已知函數(shù)f(x)=x2+aln x. (1)若a=-1,求函數(shù)f(x)的極值,并指出是極大值還是極小值; (2)若a=1,求函數(shù)f(x)在[1,e]上的最大值和最小值; (3)若a=1,求證:在區(qū)間[1,+∞)上,函數(shù)f(x)的圖象在函數(shù)g(x)=x3的圖象的下方. 審題路線圖 求f(x)的極值 ↓(從結(jié)論出發(fā)向條件轉(zhuǎn)化,注意隱含條件——定義域) 求f′(x)=0的解,即f(x)的極值點 ↓(轉(zhuǎn)化為求函數(shù)值) 將極值點代入f(x)求對應(yīng)的極大、極小值 ↓(轉(zhuǎn)化為研究單調(diào)性) 求f(x

19、)在[1,e]上的單調(diào)性 ↓(轉(zhuǎn)化為求函數(shù)值) 比較端點值、極值,確定最大、最小值 ↓(構(gòu)造函數(shù)進行轉(zhuǎn)化) F(x)=f(x)-g(x) ↓(將圖象的上、下關(guān)系轉(zhuǎn)化為數(shù)量關(guān)系) 求證F(x)<0在[1,+∞)上恒成立. ↓研究函數(shù)F(x)在[1,+∞)上的單調(diào)性. 規(guī)范解答 (1)解 由于函數(shù)f(x)的定義域為(0,+∞), 當(dāng)a=-1時,f′(x)=x-=,[1分] 令f′(x)=0得x=1或x=-1(舍去),[2分] 當(dāng)x∈(0,1)時,函數(shù)f(x)單調(diào)遞減,[3分] 當(dāng)x∈(1,+∞)時,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增,[4分] 所以f(x)在x=1處取得極小值為.[5

20、分] (2)解 當(dāng)a=1時,易知函數(shù)f(x)在[1,e]上為增函數(shù),[6分] ∴f(x)min=f(1)=,f(x)max=f(e)=e2+1.[7分] (3)證明 設(shè)F(x)=f(x)-g(x)=x2+ln x-x3, 則F′(x)=x+-2x2=,[9分] 當(dāng)x>1時,F(xiàn)′(x)<0, 故f(x)在區(qū)間[1,+∞)上是減函數(shù),又F(1)=-<0, ∴在區(qū)間[1,+∞)上,F(xiàn)(x)<0恒成立. 即f(x)

21、、最值、參數(shù)等問題的有效方法,應(yīng)用導(dǎo)數(shù)求單調(diào)區(qū)間關(guān)鍵是求解不等式的解集;最值問題關(guān)鍵在于比較極值與端點函數(shù)值的大小;參數(shù)問題涉及的有最值恒成立的問題、單調(diào)性的逆向應(yīng)用等,求解時注意分類討論思想的應(yīng)用. (2)對于一些復(fù)雜問題,要善于將問題轉(zhuǎn)化,轉(zhuǎn)化成能用熟知的導(dǎo)數(shù)研究問題. 方法與技巧 1. 理解極值與最值的區(qū)別,極值是局部概念,最值是整體概念. 2. 利用導(dǎo)數(shù)解決含有參數(shù)的單調(diào)性問題是將問題轉(zhuǎn)化為不等式恒成立問題,要注意分類討論和數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用. 3. 要充分理解列表在研究函數(shù)極值過程中的重要性,以及列表的操作步驟與算法思想,能利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值與最值. 失誤與防范

22、 1. 函數(shù)f(x)在某個區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增,則f′(x)≥0而不是f′(x)>0 (f′(x)=0在有限個點處取到). 2. 導(dǎo)數(shù)為0的點不一定是極值點,極大值未必大于極小值. A組 專項基礎(chǔ)訓(xùn)練 (時間:35分鐘,滿分:57分) 一、選擇題(每小題5分,共20分) 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(  ) A.(-1,2) B.(-∞,-3)∪(6,+∞) C.(-3,6) D.(-∞,-1)∪(2,+∞) 答案 B 解析 ∵f′(x)=3x2+2ax+(a+6), 由已知可得f′(x)

23、=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. 2. 曲線y=ex在點(2,e2)處的切線與坐標(biāo)軸所圍三角形的面積為 (  ) A.e2 B.2e2 C.e2 D. 答案 D 解析 ∵點(2,e2)在曲線上, ∴切線的斜率k=y(tǒng)′|x=2=ex|x=2=e2, ∴切線的方程為y-e2=e2(x-2),即e2x-y-e2=0. 與兩坐標(biāo)軸的交點坐標(biāo)為(0,-e2),(1,0), ∴S△=×1×e2=. 3. 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 ( 

24、 ) A.m>-2 B.m≥-2 C.m<2 D.m≤2 答案 B 解析 依題意知,x>0,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m≥-2. 4. 若函數(shù)y=x3+x2+mx+1是R上的單調(diào)函數(shù),則實數(shù)m的取值范圍是 (  ) A. B. C. D. 答案 C 解析 若函數(shù)y=x3+x2+mx+1是R上的單調(diào)函數(shù), 只需y′=3x2+2x+m≥0恒成立, 即Δ=4-12m

25、≤0,∴m≥. 二、填空題(每小題5分,共15分) 5. 設(shè)P為曲線C:y=x2-x+1上一點,曲線C在點P處的切線的斜率的范圍是[-1,3],則點P縱坐標(biāo)的取值范圍是__________. 答案  解析 設(shè)P(a,a2-a+1),則y′|x=a=2a-1∈[-1,3], ∴0≤a≤2.而g(a)=a2-a+1=2+, 當(dāng)a=時,g(a)min=.當(dāng)a=2時,g(a)max=3, 故P點縱坐標(biāo)的取值范圍是. 6. (xx·福建改編)若a>0,b>0,且函數(shù)f(x)=4x3-ax2-2bx+2在x=1處有極值,則ab的最大值等于________. 答案 9 解析 f′(x)=

26、12x2-2ax-2b,∵f(x)在x=1處有極值, ∴f′(1)=12-2a-2b=0,∴a+b=6. 又a>0,b>0,∴a+b≥2,∴2≤6, ∴ab≤9,當(dāng)且僅當(dāng)a=b=3時等號成立, ∴ab的最大值為9. 7. 已知函數(shù)f(x)=-x3+ax2-4在x=2處取得極值,若m、n∈[-1,1],則f(m)+f′(n)的最小值是________. 答案 -13 解析 對函數(shù)f(x)求導(dǎo)得f′(x)=-3x2+2ax, 由函數(shù)f(x)在x=2處取得極值知f′(2)=0, 即-3×4+2a×2=0,∴a=3. 由此可得f(x)=-x3+3x2-4,f′(x)=-3x2+6x

27、, 易知f(x)在(-1,0)上單調(diào)遞減,在(0,1)上單調(diào)遞增, ∴當(dāng)m∈[-1,1]時,f(m)min=f(0)=-4. 又∵f′(x)=-3x2+6x的圖象開口向下, 且對稱軸為x=1,∴當(dāng)n∈[-1,1]時, f′(n)min=f′(-1)=-9. 故f(m)+f′(n)的最小值為-13. 三、解答題(共22分) 8. (10分)設(shè)函數(shù)f(x)=ax3-3x2 (a∈R),且x=2是y=f(x)的極值點. (1)求實數(shù)a的值,并求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間; (2)求函數(shù)g(x)=ex·f(x)的單調(diào)區(qū)間. 解 (1)f′(x)=3ax2-6x=3x(ax-2),因為x=2是

28、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)y=f(x)的極值點. 所以f′(x)=3x2-6x=3x(x-2). 所以y=f(x)的單調(diào)增區(qū)間是(-∞,0),(2,+∞); 單調(diào)減區(qū)間是(0,2). (2)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),(,+∞);單調(diào)減區(qū)間是(-∞,-),(0,). 9.已知函數(shù)f(x)=x+b的圖象與函數(shù)g(x)=x2+3x+2的圖

29、象相切,記F(x)=f(x)g(x). (1)求實數(shù)b的值及函數(shù)F(x)的極值; (2)若關(guān)于x的方程F(x)=k恰有三個不等的實數(shù)根,求實數(shù)k的取值范圍. 解 (1)依題意,令f′(x)=g′(x),得1=2x+3, 故x=-1,∴函數(shù)f(x)的圖象與函數(shù)g(x)的圖象的切點為(-1,0).將切點坐標(biāo)代入函數(shù)f(x)=x+b可得b=1. (或:依題意方程f(x)=g(x), 即x2+2x+2-b=0有惟一實數(shù)解, 故Δ=22-4(2-b)=0,即b=1) ∴F(x)=(x+1)(x2+3x+2)=x3+4x2+5x+2, 故F′(x)=3x2+8x+5=3(x+1), 令

30、F′(x)=0,解得x=-1或x=-, 列表如下: x (-∞,-) - (-,-1) -1 (-1,+∞) F′(x) + 0 - 0 + F(x)  極大值 極小值0 從上表可知F(x)在x=-處取得極大值,在x=-1處取得極小值0. (2)由(1)可知函數(shù)y=F(x)的大致圖象如圖所示.作函數(shù)y=k的圖象,當(dāng)y=F(x)的圖象與函數(shù)y=k的圖象有三個交點時,關(guān)于x的方程F(x)=k恰有三個不等的實數(shù)根,結(jié)合圖形可知:k∈. B組 專項能力提升 (時間:25分鐘,滿分:43分) 一、選擇題(每小題5分,共15分) 1. 函數(shù)f(x

31、)=ex(sin x+cos x)在區(qū)間上的值域為 (  ) A. B. C.[1,e] D.(1,e) 答案 A 解析 f′(x)=ex(sin x+cos x)+ex(cos x-sin x) =excos x, 當(dāng)0≤x≤時,f′(x)≥0,且只有在x=時,f′(x)=0, ∴f(x)是上的增函數(shù), ∴f(x)的最大值為f=e, f(x)的最小值為f(0)=. ∴f(x)在上的值域為. 2. 若函數(shù)f(x)= (a>0)在[1,+∞)上的最大值為,則a的值為(  ) A. B. C.+1 D.-1 答案 D 解

32、析 f′(x)==, 當(dāng)x>時,f′(x)<0,f(x)單調(diào)遞減, 當(dāng)-0,f(x)單調(diào)遞增, 當(dāng)x=時,令f(x)==,=<1,不合題意. ∴f(x)max=f(1)==,a=-1,故選D. 3. 已知對任意x∈R,恒有f(-x)=-f(x),g(-x)=g(x),且當(dāng)x>0時,f′(x)>0,g′(x)>0,則當(dāng)x<0時有 (  ) A.f′(x)>0,g′(x)>0 B.f′(x)>0,g′(x)<0 C.f′(x)<0,g′(x)>0 D.f′(x)<0,g′(x)<0 答案 B 解析 由f(-x)=-f(

33、x),g(-x)=g(x),知f(x)為奇函數(shù),g(x)為偶函數(shù). 又x>0時,f′(x)>0,g′(x)>0, 由奇、偶函數(shù)的性質(zhì)知,當(dāng)x<0時,f′(x)>0,g′(x)<0. 二、填空題(每小題5分,共15分) 4. 已知函數(shù)f(x)=+ln x,若函數(shù)f(x)在[1,+∞)上為增函數(shù),則正實數(shù)a的取值范圍為________. 答案 [1,+∞) 解析 ∵f(x)=+ln x,∴f′(x)= (a>0), ∵函數(shù)f(x)在[1,+∞)上為增函數(shù),∴f′(x)=≥0對x∈[1,+∞)恒成立,∴ax-1≥0對x∈[1,+∞)恒成立,即a≥對x∈[1,+∞)恒成立,∴a≥1.

34、5.已知函數(shù)f(x)=x2(x-a). 若f(x)在(2,3)上單調(diào),則實數(shù)a的取值范圍是__________________; 若f(x)在(2,3)上不單調(diào),則實數(shù)a的取值范圍是______________. 答案 (-∞,3]∪  解析 f′(x)=3x2-2ax,若f′(x)在(2,3)上單調(diào), 則f′(x)≥0或f′(x)≤0在(2,3)上恒成立, ∴a≤x或a≥x. ∵x∈(2,3),∴a≤3或a≥. 6. 已知函數(shù)f(x)=aln x+x在區(qū)間[2,3]上單調(diào)遞增,則實數(shù)a的取值范圍是__________. 答案 [-2,+∞) 解析 ∵f(x)=aln x+

35、x,∴f′(x)=+1. 又∵f(x)在[2,3]上單調(diào)遞增, ∴+1≥0在x∈[2,3]上恒成立, ∴a≥(-x)max=-2,∴a∈[-2,+∞). 三、解答題 7. (13分)(xx·浙江)已知a∈R,函數(shù)f(x)=4x3-2ax+a. (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間; (2)證明:當(dāng)0≤x≤1時,f(x)+|2-a|>0. (1)解 由題意得f′(x)=12x2-2a. 當(dāng)a≤0時,f′(x)≥0恒成立, 此時f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-∞,+∞). 當(dāng)a>0時,f′(x)=12, 此時函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為 和, 單調(diào)遞減區(qū)間為. (2)證明 由于0≤x≤1,故當(dāng)a≤2時, f(x)+|2-a|=4x3-2ax+2≥4x3-4x+2. 當(dāng)a>2時, f(x)+|2-a|=4x3+2a(1-x)-2≥4x3+4(1-x)-2 =4x3-4x+2. 設(shè)g(x)=2x3-2x+1,0≤x≤1, 則g′(x)=6x2-2=6, 于是g′(x),g(x)隨x的變化情況如下表: x 0 1 g′(x) - 0 + g(x) 1 減 極小值 增 1 所以,g(x)min=g=1->0. 所以,當(dāng)0≤x≤1時,2x3-2x+1>0. 故f(x)+|2-a|≥4x3-4x+2>0.

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