【創(chuàng)新設(shè)計】(浙江專用)屆高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 第3篇 第3講 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用限時訓(xùn)練 理
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【創(chuàng)新設(shè)計】(浙江專用)屆高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 第3篇 第3講 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用限時訓(xùn)練 理
第3講 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用
分層A級 基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)演練
(時間:30分鐘 滿分:55分)
一、選擇題(每小題5分,共20分)
1.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 ( ).
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
解析 由題意知f(x)是奇函數(shù),g(x)是偶函數(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 B
2.從邊長為10 cm16 cm的矩形紙板的四角截去四個相同的小正方形,作成一個無蓋的盒子,則盒子容積的最大值為 ( ).
A.12 cm3 B.72 cm3
C.144 cm3 D.160 cm3
解析 設(shè)盒子容積為y cm3,盒子的高為x cm,則x∈(0,5).
則y=(10-2x)(16-2x)x=4x3-52x2+160 x,
∴y′=12x2-104x+160.令y′=0,得x=2或(舍去),
∴ymax=6122=144 (cm3).
答案 C
3.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 ( ).
A.(-∞,7] B.(-∞,-20]
C.(-∞,0] D.[-12,7]
解析 令f(x)=x3-3x2-9x+2,則f′(x)=3x2-6x-9,令f′(x)=0,得x=-1或x=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,可知應(yīng)選B.
答案 B
4.(2012洛陽模擬)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exf(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0<x<1}
解析 構(gòu)造函數(shù)g(x)=exf(x)-ex,因為g′(x)=exf(x)+exf′(x)-ex=ex[f(x)+f′(x)]-ex>ex-ex=0,所以g(x)=exf(x)-ex為R上的增函數(shù).又因為g(0)=e0f(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.直線y=a與函數(shù)f(x)=x3-3x的圖象有相異的三個公共點,則a的取值范圍是________.
解析 令f′(x)=3x2-3=0,得x=1,可得極大值為f(-1)=2,極小值為f(1)=-2,如圖,觀察得-2<a<2時恰有三個不同的公共點.
答案 (-2,2)
6.(2013泰州調(diào)研)若函數(shù)f(x)=x+asin x在R上遞增,則實數(shù)a的取值范圍是________.
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<a≤1;
②當(dāng)a=0時適合;③當(dāng)a<0時,a≤acos x≤-a,
∴a≥-1,∴-1≤a<0.綜上,-1≤a≤1.
答案 [-1,1]
三、解答題(共25分)
7.(12分)(2012新課標(biāo)全國)已知函數(shù)f(x)滿足f(x)=f′(1)ex-1-f(0)x+x2.
(1)求f(x)的解析式及單調(diào)區(qū)間;
(2)若f(x)≥x2+ax+b,求(a+1)b的最大值.
解 (1)由已知得f′(x)=f′(1)ex-1-f(0)+x.
所以f′(1)=f′(1)-f(0)+1,即f(0)=1.
又f(0)=f′(1)e-1,所以f′(1)=e.
從而f(x)=ex-x+x2.由于f′(x)=ex-1+x,
故當(dāng)x∈(-∞,0)時,f′(x)<0;
當(dāng)x∈(0,+∞)時,f′(x)>0.
從而,f(x)在(-∞,0)上單調(diào)遞減,在(0,+∞)上單調(diào)遞增.
(2)由已知條件得ex-(a+1)x≥b.①
(i)若a+1<0,則對任意常數(shù)b,當(dāng)x<0,且x<時,可得ex-(a+1)x<b,因此①式不成立.
(ii)若a+1=0,則(a+1)b=0.
(iii)若a+1>0,設(shè)g(x)=ex-(a+1)x,
則g′(x)=ex-(a+1).
當(dāng)x∈(-∞,ln(a+1))時,g′(x)<0;
當(dāng)x∈(ln(a+1),+∞)時,g′(x)>0.
從而g(x)在(-∞,ln(a+1))上單調(diào)遞減,在(ln(a+1),+∞)上單調(diào)遞增.
故g(x)有最小值g(ln(a+1))=a+1-(a+1)ln(a+1).
所以f(x)≥x2+ax+b等價于b≤a+1-(a+1)ln(a+1).②
因此(a+1)b≤(a+1)2-(a+1)2ln(a+1).
設(shè)h(a)=(a+1)2-(a+1)2ln(a+1),則
h′(a)=(a+1)[1-2ln(a+1)].
所以h(a)在(-1,-1)上單調(diào)遞增,在(-1,+∞)上單調(diào)遞減,故h(a)在a=-1處取得最大值.
從而h(a)≤,即(a+1)b≤.
當(dāng)a=-1,b=時,②式成立.故f(x)≥x2+ax+b.
綜上得,(a+1)b的最大值為.
8.(13分)(2012長春模擬)已知函數(shù)f(x)=+aln x-2(a>0).
(1)若對于?x∈(0,+∞)都有f(x)>2(a-1)成立,試求a的取值范圍;
(2)記g(x)=f(x)+x-b(b∈R),當(dāng)a=1時,函數(shù)g(x)在區(qū)間[e-1,e]上有兩個零點,求實數(shù)b的取值范圍.
解 (1)f′(x)=-+=.
由f′(x)>0,解得x>;由f′(x)<0,解得0<x<.
所以f(x)在區(qū)間上單調(diào)遞增,在區(qū)間上單調(diào)遞減.
所以當(dāng)x=時,函數(shù)f(x)取得最小值,ymin=f.
因為對于?x∈(0,+∞)都有f(x)>2(a-1)成立,
所以只需滿足f>2(a-1)即可.
則+aln -2>2(a-1),即aln >a.
由aln >a,解得0<a<.
所以a的取值范圍是.
(2)依題意得g(x)=+ln x+x-2-b,其定義域為(0,+∞).
則g′(x)=.由g′(x)>0解得x>1;
由g′(x)<0解得0<x<1.
所以函數(shù)g(x)在區(qū)間(0,1)上為減函數(shù),在區(qū)間(1,+∞)上為增函數(shù).又因為函數(shù)g(x)在區(qū)間[e-1,e]上有兩個零點,
所以解得1<b≤+e-1,
所以b的取值范圍是.
分層B級 創(chuàng)新能力提升
1.(2013石家莊模擬)已知f(x),g(x)都是定義在R上的函數(shù),g(x)≠0,f′(x)g(x)>f(x)g′(x),且f(x)=axg(x)(a>0,且a≠1),+=.若數(shù)列的前n項和大于62,則n的最小值為( ).
A.8 B.7
C.6 D.9
解析 構(gòu)造函數(shù)h(x)==ax,由已知條件可知h′(x)=>0,則h(x)在R上為增函數(shù),得a>1,又a+a-1=,解得a=2或a=(舍去).
所以=2n,其前n項和Sn=2+22+…+2n=2n+1-2,由2n+1-2>62,解得2n+1>26,∴n>5,故n的最小值為6,選C.
答案 C
2.(2013合肥模擬)已知函數(shù)f(x)=x3+ax2+bx+c,若f(x)在區(qū)間(-1,0)上單調(diào)遞減,則a2+b2的取值范圍是 ( ).
A. B.
C. D.
解析 由題意得f′(x)=3x2+2ax+b,f′(x)≤0在x∈(-1,0)上恒成立,即3x2+2ax+b≤0在x∈(-1,0)上恒成立,
∴∴a,b所滿足的可行域如圖中的陰影部分所示.則點O到直線2a-b-3=0的距離d=,∴a2+b2≥d2=,∴a2+b2的取值范圍為.
答案 C
3.(2012臨沂模擬)設(shè)函數(shù)f(x)=ax3-3x+1(x∈R),若對于任意x∈[-1,1],都有f(x)≥0成立,則實數(shù)a的值為________.
解析 (構(gòu)造法)若x=0,則不論a取何值,f(x)≥0顯然成立;
當(dāng)x>0,即x∈(0,1]時,f(x)=ax3-3x+1≥0可化為a≥-.設(shè)g(x)=-,則g′(x)=,
所以g(x)在區(qū)間上單調(diào)遞增,在區(qū)間上單調(diào)遞減,
因此g(x)max=g=4,從而a≥4.
當(dāng)x<0,即x∈[-1,0)時,同理a≤-.
g(x)在區(qū)間[-1,0)上單調(diào)遞增,
∴g(x)min=g(-1)=4,從而a≤4,綜上可知a=4.
答案 4
4.將邊長為1 m的正三角形薄鐵皮,沿一條平行于某邊的直線剪成兩塊,其中一塊是梯形,記s=,則s的最小值是________.
解析
如圖所示,設(shè)AD=x m(0<x<1),則DE=AD=x m,
∴梯形的周長為x+2(1-x)+1=3-x (m),又S△ADE=x2(m2),
∴梯形的面積為-x2(m2),
∴s=(0<x<1),
∴s′=,令s′=0,得x=或3(舍去),當(dāng)x∈時,s′<0,s遞減;當(dāng)x∈時,s′>0,s遞增.故當(dāng)x=時,s的最小值是.
答案
5.(2013溫州五校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)=ax3+bx2-3x在x=1處取得極值.
(1)求函數(shù)f(x)的解析式;
(2)若過點A(1,m)(m≠-2)可作曲線y=f(x)的三條切線,求實數(shù)m的取值范圍.
解 (1)f′(x)=3ax2+2bx-3,依題意,f′(1)=f′(-1)=0,
即解得a=1,b=0.
∴f(x)=x3-3x.
(2)由(1)知f′(x)=3x2-3=3(x+1)(x-1),
∵曲線方程為y=x3-3x,
∴點A(1,m)(m≠-2)不在曲線上.
設(shè)切點為M(x0,y0),則點M的坐標(biāo)滿足y0=x-3x0.
∵f′(x0)=3(x-1),
∴切線的斜率為3(x-1)=,
整理得2x-3x+m+3=0.
∵過點A(1,m)可作曲線的三條切線,
∴關(guān)于x0的方程2x-3x+m+3=0有三個實根.
設(shè)g(x0)=2x-3x+m+3,
則g′(x0)=6x-6x0,
由g′(x0)=0,得x0=0或1.
∴g(x0)在(-∞,0)和(1,+∞)上單調(diào)遞增,
在(0,1)上單調(diào)遞減.
∴函數(shù)g(x0)=2x-3x+m+3的極值點為x0=0和1.
∴關(guān)于x0的方程2x-3x+m+3=0有三個實根的充要條件是解得-3<m<-2.
故所求實數(shù)m的取值范圍是(-3,-2).
6.(2012福州二模)已知函數(shù)f(x)=ax+x2,g(x)=xln a,a>1.
(1)求證函數(shù)F(x)=f(x)-g(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增;
(2)若函數(shù)y=-3有四個零點,求b的取值范圍;
(3)若對于任意的x1,x2∈[-1,1]時,都有|F(x2)-F(x1)|≤e2-2恒成立,求a的取值范圍.
(1)證明 ∵F(x)=f(x)-g(x)=ax+x2-xln a,
∴F′(x)=axln a+2x-ln a=(ax-1)ln a+2x.
∵a>1,x>0,∴ax-1>0,ln a>0,2x>0,
∴當(dāng)x∈(0,+∞)時,F(xiàn)′(x)>0,即函數(shù)F(x)在區(qū)間(0,+∞)上單調(diào)遞增.
(2)解 由(1)知當(dāng)x∈(-∞,0)時,F(xiàn)′(x)<0,
∴F(x)在(-∞,0]上單調(diào)遞減,在(0,+∞)上單調(diào)遞增.
∴F(x)取得最小值為F(0)=1.
由-3=0,
得F(x)=b-+3或F(x)=b--3,
∴要使函數(shù)y=-3有四個零點,只需
即b->4,即>0,
解得b>2+或2-<b<0.
故b的取值范圍是(2-,0)∪(2+,+∞).
(3)解 ∵?x1,x2∈[-1,1],
由(1)知F(x)在(-∞,0)上單調(diào)遞減,
在(0,+∞)上單調(diào)遞增,
∴F(x)min=F(0)=1.
從而再來比較F(-1)與F(1)的大小即可.
F(-1)=+1+ln a,F(xiàn)(1)=a+1-ln a,
∴F(1)-F(-1)=a--2ln a.
令H(x)=x--2ln x(x>0),
則H′(x)=1+-==>0,
∴H(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增.
∵a>1,∴H(a)>H(1)=0.
∴F(1)>F(-1).
∴|F(x2)-F(x1)|的最大值為|F(1)-F(0)|=a-ln a,
∴要使|F(x2)-F(x1)|≤e2-2恒成立,
只需a-ln a≤e2-2即可.
令h(a)=a-ln a(a>1),h′(a)=1->0,
∴h(a)在(1,+∞)上單調(diào)遞增.
∵h(yuǎn)(e2)=e2-2,
∴只需h(a)≤h(e2),即1<a≤e2.
故a的取值范圍是(1,e2].
8