《高考數學復習:第九章 :第二節(jié)導數的應用一演練知能檢測》由會員分享,可在線閱讀,更多相關《高考數學復習:第九章 :第二節(jié)導數的應用一演練知能檢測(6頁珍藏版)》請在裝配圖網上搜索。
1、 精品資料
第二節(jié) 導數的應用(一)
[全盤鞏固]
1.已知定義在R上的函數f(x),其導函數f′(x)的大致圖象如圖所示,則下列敘述正確的是( )[來源:數理化網]
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)
解析:選C 依題意得,當x∈(-∞,c)時,f′(x)>0;當x∈(c,e)時,f′(x)<0;當x∈(e,
2、+∞)時,f′(x)>0.因此,函數f(x)在(-∞,c)上是增函數,在(c,e)上是減函數,在(e,+∞)上是增函數,又a<b<c,所以f(c)>f(b)>f(a).
2.(2014·淄博模擬)若函數f(x)=ax3+bx2+cx+d有極值,則導函數f′(x)的圖象不可能是( )
解析:選D 若函數f(x)=ax3+bx2+cx+d有極值,則此函數在某點兩側的單調性相反,也就是說導函數f′(x)在此點兩側的導函數值的符號相反,所以導函數的圖象要穿過x軸,觀察四個選項中的圖象只有D項是不符合要求的,即f′(x)的圖象不可能是D.
3.函數y=
3、x2-ln x的單調遞減區(qū)間為( )
A.(-1,1] B.(0,1]
C.[1,+∞) D.(0,+∞)
解析:選B 函數y=x2-ln x的定義域為(0,+∞),y′=x-=,令y′≤0,可得0<x≤1.
4.(2013·福建高考)設函數f(x)的定義域為R,x0(x0≠0)是f(x)的極大值點,以下結論一定正確的是( )
A.?x∈R,f(x)≤f(x0) B.-x0是f(-x)的極小值點
C.-x0是-f(x)的極小值點 D.-x0是-f(-x)的極小值點
解析:選D
4、取函數f(x)=x3-x,則x=-為f(x)的極大值點,但f(3)>f,排除A;取函數f(x)=-(x-1)2,則x=1是f(x)的極大值點,但-1不是f(-x)的極小值點,排除B;-f(x)=(x-1)2,-1不是-f(x)的極小值點,排除C.
5.(2014·溫州模擬)定義在上的函數f(x),f′(x)是它的導函數,且恒有f(x)<f′(x)·tan x成立,則( )
A.f>f B.f(1)<2fsin 1
C.f>f D.f<f
解析:選D 由f(x)<f′(x
5、)tan x,得cos xf(x)-f′(x)sin x<0,則>0,即在上為單調遞增函數,故選D.
6.(2013·湖北高考)已知a為常數,函數f(x)=x(ln x-ax)有兩個極值點x1,x2(x1<x2),則( )
A.f(x1)>0,f(x2)>- B.f(x1)<0,f(x2)<-
C.f(x1)>0,f(x2)<- D.f(x1)<0,f(x2)>-
解析:選D f′(x)=ln x-2ax+1,依題意知f′(x)=0有兩個不等實根x1,x2.
即曲
6、線y1=1+ln x與y2=2ax有兩個不同交點,如圖.由直線y=x是曲線y1=1+ln x的切線,可知:0<2a<1,且0<x1<1<x2.∴a∈.由0<x1<1,得f(x1)=x1(ln x1-ax1)<0,當x1<x<x2時,f′(x)>0,當x>x2時,f′(x)<0,∴f(x2)>f(1)=-a>-.
7.(2014·鄭州模擬)若函數f(x)=x3-x2+ax+4恰在[-1,4]上單調遞減,則實數a的值為________.
解析:∵f(x)=x3-x2+ax+4,∴f′(x)=x2
7、-3x+a.又函數f(x)恰在[-1,4]上單調遞減,∴-1,4是f′(x)=0的兩根,∴a=-1×4=-4.[來源:]
答案:-4
8.已知函數f(x)=x3+3mx2+nx+m2在x=-1時有極值0,則m+n=________.
解析:∵f′(x)=3x2+6mx+n,∴由已知可得∴或
當時,f′(x)=3x2+6x+3=3(x+1)2≥0恒成立與x=-1是極值點矛盾,
當時,f′(x)=3x2+12x+9=3(x+1)(x+3),顯然x=-1是極值點,符合題意,∴m+n=11.
答案:11
9.已知函數f(x)的定義域為[-1,5],部分對應值如表,
x
-1
8、
0
4
5
f(x)
1
2
2
1
f(x)的導函數y=f′(x)的圖象如圖所示,
下列是關于函數f(x)的命題:
①函數f(x)的值域為[1,2];
②函數f(x)在[0,2]上是減函數;
③如果當x∈[-1,t]時,f(x)的最大值是2,那么t的最大值為4;
④當1<a<2時,函數y=f(x)-a有4個零點.
其中真命題的是________(填寫序號).
解析:由題意可知函數f(x)的單調增區(qū)間為(-1,0),(2,4);單調減區(qū)間為(0,2),(4,5),且f(x)的極小值為f(2),由于f(2)未知,故①④均錯誤,又因為f(x)的
9、最大值為f(0)=f(4)=2,故③錯誤.[來源:]
答案:②
10.(2013·新課標全國卷Ⅰ)已知函數f(x)=ex(ax+b)-x2-4x,曲線y=f(x)在點(0,f(0))處的切線方程為y=4x+4.
(1)求a,b的值;
(2)討論f(x)的單調性,并求f(x)的極大值.
解:(1)f′(x)=ex(ax+a+b)-2x-4.由已知得f(0)=4,f′(0)=4.
故b=4,a+b=8.從而a=4,b=4.[來源:]
(2)由(1)知,f(x)=4ex(x+1)-x2-4x,f′(x)=4ex(x+2)-2x-4=4(x+2).
令f′(x)=0得,x=-
10、ln 2或x=-2.從而當x∈(-∞,-2)∪(-ln 2,+∞)時,f′(x)>0;
當x∈(-2,-ln 2)時,f′(x)<0.故f(x)在(-∞,-2),(-ln 2,+∞)上單調遞增,在(-2,-ln 2)上單調遞減.
當x=-2時,函數f(x)取得極大值,極大值為f(-2)=4(1-e-2).
11.已知函數f(x)=ax3+bx+c在點x=2處取得極值c-16.
(1)求a,b的值;
(2)若f(x)有極大值28,求f(x)在[-3,3]上的最小值.
解:(1)因為f(x)=ax3+bx+c,所以f′(x)=3ax2+b,
由于f(x)在點x=2處取得極
11、值c-16,
故有即
化簡得解得經檢驗符合題意.
故a=1,b=-12.
(2)由(1)知f(x)=x3-12x+c,f′(x)=3x2-12=3(x-2)(x+2).令f′(x)=0,得x1=-2,x2=2.
當x∈(-∞,-2)時,f′(x)>0,故f(x)在(-∞,-2)上為增函數;[來源:]
當x∈(-2,2)時,f′(x)<0,故f(x)在(-2,2)上為減函數;
當x∈(2,+∞)時,f′(x)>0,故f(x)在(2,+∞)上為增函數.
由此可知f(x)在x1=-2處取得極大值f(-2)=16+c,在x2=2處取得極小值f(2)=c-16.
由題
12、設條件知16+c=28,解得c=12.
此時f(-3)=9+c=21,f(3)=-9+c=3,f(2)=c-16=-4,
因此f(x)在[-3,3]上的最小值為f(2)=-4.
12.已知函數f(x)=ln x-ax2+x,a∈R.
(1)求函數f(x)的單調區(qū)間;
(2)是否存在實數a,使得函數f(x)的極值大于0?若存在,求a的取值范圍;若不存在,請說明理由.
解:(1)由題意得,函數f(x)的定義域為(0,+∞),f′(x)=-ax+1=-.
①當a=0時,f′(x)=,∵x>0,∴f′(x)>0.∴函數f(x)的單調遞增區(qū)間為(0,+∞).
②當a≠0時,令
13、f′(x)=0,得-=0,∵x>0,∴ax2-x-1=0,Δ=1+4a.
(ⅰ)當Δ≤0,即a≤-時,得ax2-x-1≤0,故f′(x)≥0,∴函數f(x)的單調遞增區(qū)間為(0,+∞).
(ⅱ)當Δ>0,即a>-時,方程ax2-x-1=0的兩個實根分別為x1=,x2=.若-<a<0,則x1<0,x2<0,此時,當x∈(0,+∞)時,f′(x)>0.
∴函數f(x)的單調遞增區(qū)間為(0,+∞),
若a>0,則x1<0,x2>0,此時,當x∈(0,x2)時,f′(x)>0,當x∈(x2,+∞)時,f′(x)<0.
14、
∴函數f(x)的單調遞增區(qū)間為,單調遞減區(qū)間為.
綜上所述,當a>0時,函數f(x)的單調遞增區(qū)間為,單調遞減區(qū)間為;當a≤0時,函數f(x)的單調遞增區(qū)間為(0,+∞),無單調遞減區(qū)間.
(2)由(1)得,當a≤0時,函數f(x)在(0,+∞)上單調遞增,故函數f(x)無極值;
當a>0時,函數f(x)的單調遞增區(qū)間為,單調遞減區(qū)間為,則f(x)有極大值,極大值為f(x2)=ln x2-ax+x2,其中x2=.
而ax-x2-1=0,即ax=x2+1,∴f(x2)=ln x2+.設函數h(x)=ln x+(x>0),則h′(x)=+>0,則h(x)=ln
15、x+在(0,+∞)上為增函數.
又h(1)=0,則h(x)>0等價于x>1.∴f(x2)=ln x2+>0等價于x2>1.即當a>0時,方程ax2-x-1=0的正根大于1.
設φ(x)=ax2-x-1,由于φ(x)的圖象是開口向上的拋物線,且經過點(0,-1),對稱軸x=>0,則只需φ(1)<0,即a-1-1<0,解得a<2,又a>0,所以0<a<2.
故存在滿足條件的實數a,且實數a的取值范圍為(0,2).
[沖擊名校]
設函數f(x)=xex.
(1) 求f(x)的單調區(qū)間與極值;
(2) (2)是否存在
16、實數a,使得對任意的x1、x2∈(a,+∞),當x1<x2時恒有>成立?若存在,求a的取值范圍;若不存在,請說明理由.
解:(1)f′(x)=(1+x)ex.令f′(x)=0,得x=-1.f′(x),f(x)隨x的變化情況如下:
x
(-∞,-1)
-1
(-1,+∞)
f′(x)
-
0
+
f(x)
↘
極小值
↗
∴f(x)的單調遞減區(qū)間是(-∞,-1),單調遞增區(qū)間是(-1,+∞);
f(x)極小值=f(-1)=-.
(2) 設g(x)=,由題意,對任意的x1、x2∈(a,+∞),當x1<x2時恒有g(x2)>g(x1),即y
17、=g(x)在(a,+∞)上是單調遞增函數.
(3) 又g′(x)====,∴?x∈(a,+∞),g′(x)≥0.
令h(x)=x2ex-axex-aex+aea,h′(x)=2xex+x2ex-a(1+x)ex-aex=x(x+2)ex-a(x+2)ex=(x+2)(x-a)ex.若a≥-2,當x>a時,h′(x)>0,h(x)為(a,+∞)上的單調遞增函數,∴h(x)>h(a)=0,不等式成立.若a<-2,當x∈(a,-2)時,h′(x)<0,h(x)為(a,-2)上的單調遞減函數,∴?x0∈(a,-2),h(x0)<h(a)=0,與?x∈(a,+∞),h(x)≥0矛盾.綜上,a的取值范圍為[-2,+∞).