《高考數學復習：第九章 ：第三節(jié)導數的應用二演練知能檢測》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高考數學復習：第九章 ：第三節(jié)導數的應用二演練知能檢測（6頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、△+△2019年數學高考教學資料△+△ 第三節(jié)　導數的應用(二) [來源:] [全盤鞏固] 1．已知f(x)＝x2＋sin，f′(x)為f(x)的導函數，則f′(x)的圖象是(　　) 解析：選A　f(x)＝x2＋sin＝x2＋cos x，f′(x)＝x－sin x.易知該函數為奇函數，所以排除B、D.當x＝時，f′＝×－sin＝－<0，可排除C. 2．下面為函數f(x)＝xsin x＋cos x的遞增區(qū)間的是(　　) A. B．(π，2π) C. D．(2π，3π) 解析：選C　f′(x)＝sin x＋xcos x－sin x＝xc

2、os x，當x∈時，恒有f′(x)>0.[來源:] 3．已知函數f(x)＝x3－x2－x，則f(－a2)與f(－1)的大小關系為(　　) A．f(－a2)≤f(－1) B．f(－a2)<f(－1) C．f(－a2)≥f(－1) D．f(－a2)與f(－1)的大小關系不確定 解析：選A　由題意可得f′(x)＝x2－2x－，令f′(x)＝(3x－7)(x＋1)＝0，得x＝－1或x＝.當x<－1時，f′(x)>0，f(x)為增函數；當－1<x<時，f′(x)

3、<0，f(x)為減函數．所以f(－1)是函數f(x)在(－∞，0]上的最大值，又因為－a2≤0，所以f(－a2)≤f(－1)． 4．(2014·青島模擬)若函數y＝aex＋3x(x∈R，a∈R)，有大于零的極值點，則實數a的取值范圍是(　　) A．(－3,0) B．(－∞，－3)[來源:] C. D. 解析：選A　由題可得y′＝aex＋3，若函數在x∈R上有大于零的極值點，即y′＝aex＋3＝0有正根，顯然有a<0，此時x＝ln.由x>0，得參數a的范圍為a>－3.綜上知，－3<a<0. 5．f

4、(x)是定義在(0，＋∞)上的非負可導函數，且滿足xf′(x)－f(x)≤0，對任意正數a，b，若a<b，則必有(　　) A．af(b)≤bf(a) B．bf(a)≤af(b) C．af(a)≤bf(b) D．bf(b)≤af(a) 解析：選A　設函數F(x)＝(x>0)，則F′(x)＝′＝.因為x>0，xf′(x)－f(x)≤0，所以F′(x)≤0，故函數F(x)在(0，＋∞)上為減函數．又0<a<b，所以F(a)≥F(b)，即≥，則bf(a)≥af(b)． 6．(2014·杭州模擬)已知定義在R上的偶函數f

5、(x)，f(1)＝0，當x>0時有>0，則不等式xf(x)>0的解集為(　　) A．{x|－1<x<0} B．{x|x>1或－1<x<0} C．{x|x>0} D．{x|－1<x<1} 解析：選B　當x>0時有>0，即′>0，∴在(0，＋∞)上單調遞增． ∵f(x)為R上的偶函數，∴xf(x)為R上的奇函數．∵xf(x)>0，∴x2>0，∴>0. ∵在(0，＋∞)上單調遞增，且＝0，∴當x>0時，若xf(x)>0，則x>1

6、. 又∵xf(x)為R上的奇函數，∴當x<0時，若xf(x)>0，則－1<x<0. 綜上，不等式的解集為{x|x>1或－1<x<0}． 7．若函數f(x)＝2x3－9x2＋12x－a恰好有兩個不同的零點，則a的值為________． 解析：由題意得f′(x)＝6x2－18x＋12＝6(x－1)(x－2)，由f′(x)>0，得x<1或x>2，由f′(x)<0，得1<x<2，所以函數f(x)在(－∞，1)，(2，＋∞)上單調遞增，在(1,2)上單調遞減，從而可知f(x)的極大值和極小值分別為f(1)，f(2)，若

7、欲使函數f(x)恰好有兩個不同的零點，則需使f(1)＝0或f(2)＝0，解得a＝5或a＝4. 答案：5或4 8．已知函數f(x)＝－x2＋4x－3ln x在[t，t＋1]上不單調，則t的取值范圍是________． 解析：由題意知f′(x)＝－x＋4－＝＝－，由f′(x)＝0，得函數f(x)的兩個極值點為1,3，則只要這兩個極值點有一個在區(qū)間(t，t＋1)內，函數f(x)在區(qū)間[t，t＋1]上就不單調，由t<1<t＋1或t<3<t＋1，得0<t<1或2<t<3. 答案：(0,1)∪(2,3) 9．(2014·金華模擬)若函數f

8、(x)＝x3－a2x滿足：對于任意的x1，x2∈[0,1]都有|f(x1)－f(x2)|≤1恒成立，則a的取值范圍是________． 解析：由題意得，在[0,1]內，f(x)max－f(x)min≤1.f′(x)＝x2－a2，則函數f(x)＝x3－a2x的極小值點是x＝|a|.若|a|>1，則函數f(x)在[0,1]上單調遞減，故只要f(0)－f(1)≤1，即只要a2≤，即1<|a|≤；若|a|≤1，此時f(x)min＝f(|a|)＝|a|3－a2|a|＝－a2|a|，由于f(0)＝0，f(1)＝－a2，故當|a|≤時，f(x)max＝f(1)，此時只要－a2＋a2|a|≤1即

9、可，即a2≤，由于|a|≤，故|a|－1≤×－1<0，故此式成立；當<|a|≤1時，此時f(x)max＝f(0)，故只要a2|a|≤1即可，此不等式顯然成立．綜上，a的取值范圍是. 答案： 10．已知函數f(x)＝ex(x2＋ax－a)，其中a是常數．若存在實數k，使得關于x的方程f(x)＝k在[0，＋∞)上有兩個不相等的實數根，求k的取值范圍． 解：令f′(x)＝ex[x2＋(a＋2)x]＝0，解得x＝－(a＋2)或x＝0. 當－(a＋2)≤0，即a≥－2時，在區(qū)間[0，＋∞)上，f′(x)≥0，所以f(x)是[0，＋∞)上的增函數，所以方程f(x)＝k在[0，

10、＋∞)上不可能有兩個不相等的實數根． 當－(a＋2)>0，即a<－2時，f′(x)，f(x)隨x的變化情況如下表： x 0 (0，－(a＋2)) －(a＋2) (－(a＋2)，＋∞) f′(x) 0 － 0 ＋ f(x) －a ↘ ↗ 由上表可知函數f(x)在[0，＋∞)上的最小值為f(－(a＋2))＝. 因為函數f(x)是(0，－(a＋2))上的減函數，(－(a＋2)，＋∞)上的增函數，且當x≥－a時，有f(x)≥e－a·(－a)>－a，又f(0)＝－a.所以要使方程f(x)＝k在[0，＋∞)上有兩個不相等的實數根，k的取

11、值范圍是. 11．(2014·杭州模擬)天目山某景區(qū)為提高經濟效益，現對某一景點進行改造升級，從而擴大內需，提高旅游增加值．經過市場調查，旅游增加值y萬元與投入x(x≥10)萬元之間滿足：y＝f(x)＝ax2＋x－bln，a，b為常數．當x＝10萬元時，y＝19.2萬元；當x＝20萬元時，y＝35.7萬元． (參考數據：ln 2≈0.7，ln 3≈1.1，ln 5≈1.6) (1)求f(x)的解析式； (2)求該景點改造升級后旅游利潤T(x)的最大值(利潤＝旅游增加值－投入)． 解：(1)由條件解得a＝－，b＝1， 則f(x)＝－＋x－ln(x≥10)． (2)由T(x

12、)＝f(x)－x＝－＋x－ln(x≥10)， 得T′(x)＝－＋－＝－.令T′(x)＝0，得x＝1(舍)或x＝50. 當x∈(10,50)時，T′(x)>0，因此T(x)在(10,50)上是增函數； 當x∈(50，＋∞)時，T′(x)<0，因此T(x)在(50，＋∞)上是減函數． 則x＝50為T(x)的極大值點，也是最大值點．即該景點改造升級后旅游利潤T(x)的最大值為T(50)＝24.4萬元． 12．已知函數f(x)＝ax＋ln x，g(x)＝ex. (1)當a≤0時，求f(x)的單調區(qū)間； (2)若不等式g(x)<有解，求實數m的取值范圍； (3)證明：當

13、a＝0時，|f(x)－g(x)|>2. 解：(1)f(x)的定義域是(0，＋∞)，f′(x)＝a＋(x>0)， 當a＝0時，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上單調遞增； 當a<0時，由f′(x)＝0，解得x＝－，則當x∈時，f′(x)>0，f(x)單調遞增； 當x∈時，f′(0)<0，f(x)單調遞減， 綜上所述：當a＝0時，f(x)在(0，＋∞)上單調遞增；當a<0時，f(x)在上單調遞增，在上單調遞減． (2)由題意：ex<有解，即ex<x－m有解，因此只需m<x－ex在(0，＋∞)上有解即可．設h(x)＝x－e

14、x，則h′(x)＝1－ex－＝1－ex， 因為＋≥2 ＝>1，且當x∈(0，＋∞)時，ex>1，所以1－ex<0，即h′(x)<0.故h(x)在(0，＋∞)上單調遞減，所以h(x)<h(0)＝0， 故實數m的取值范圍是(－∞，0)． (3)證明：當a＝0時，f(x)＝ln x，f(x)與g(x)的公共定義域為(0，＋∞)， |f(x)－g(x)|＝|ln x－ex|＝ex－ln x＝ex－x－(ln x－x)，設m(x)＝ex－x，x∈(0，＋∞)． 因為m′(x)＝ex－1>0，所以m(x)在(0，＋∞)上單調遞增．故m(x)>m(0)＝1

15、， 又設n(x)＝ln x－x，x∈(0，＋∞)，則n′(x)＝－1，當x∈(0,1)時，n′(x)>0，n(x)單調遞增；當x∈(1，＋∞)時，n′(x)<0，n(x)單調遞減，所以x＝1為n(x)的最大值點，[來源: 即n(x)≤n(1)＝－1，故|f(x)－g(x)|＝m(x)－n(x)>1－(－1)＝2. [沖擊名校] 設函數f(x)＝ln x－ax，g(x)＝ex－ax ，其中a為實數． (1)若f(x)在(1，＋∞)上是單調減函數，且g(x)在(1，＋∞)上有最小值，求a的取值范圍； (2)若g(x)在(－1，＋∞)上是單調增函數，試求f(x)的零點個

16、數，并證明你的結論． 解：(1)令f′(x)＝－a＝<0，考慮到f(x)的定義域為(0，＋∞)，故a>0，進而解得x>a－1，即f(x)在(a－1，＋∞)上是單調減函數．同理，f(x)在(0，a－1)上是單調增函數． 由于f(x)在(1，＋∞)上是單調減函數，故(1，＋∞)?(a－1，＋∞)，從而a－1≤1，即a≥1. 令g′(x)＝ex－a＝0，得x＝ln a.當0<x<ln a時，g′(x)<0；當x>ln a時，g′(x)>0， 所以x＝ln a是g(x)的極小值點．又g(x)在(1，＋∞)上有最小值，所以ln a>1，即a&

17、gt;e. 綜上，a的取值范圍為(e，＋∞)． (2)當a≤0時，g(x)必為單調增函數；當a>0時，令g′(x)＝ex－a>0，解得a<ex，即x>ln a，因為g(x)在(－1，＋∞)上是單調增函數，類似(1)有l(wèi)n a≤－1，即0<a≤e－1. 綜合上述兩種情況，有a≤e－1.[來源:數理化網] (ⅰ)當a＝0時，由f(1)＝0以及f′(x)＝>0，得f(x)存在唯一的零點． (ⅱ)當a<0時，由于f(ea)＝a－aea＝a(1－ea)<0，f(1)＝－a>0，且函數f(x)在[ea,1]上的圖象不間斷，所以f(x)在(ea

18、,1)上存在零點． 另外，當x>0時，f′(x)＝－a>0，故f(x)在(0，＋∞)上是單調增函數，所以f(x)只有一個零點． (ⅲ)當0<a≤e－1時，令f′(x)＝－a＝0，解得x＝a－1.當0<x<a－1時，f′(x)>0，當x>a－1時，f′(x)<0，所以，x＝a－1是f(x)的最大值點，且最大值為f(a－1)＝－ln a－1. ①當－ln a－1＝0，即a＝e－1時，f(x)有一個零點x＝e. ②當－ln a－1>0，即0<a<e－1時，f(x)有兩個零點． 實際上，對于0<a<e－1，由于f(

19、e－1)＝－1－ae－1<0，f(a－1)>0，且函數f(x)在[e－1，a－1]上的圖象不間斷，所以f(x)在(e－1，a－1)上存在零點． 另外，當x∈(0，a－1)時，f′(x)＝－a>0，故f(x)在(0，a－1)上是單調增函數，所以f(x)在(0，a－1)上只有一個零點． 下面考慮f(x)在(a－1，＋∞)上的情況．先證f(ea－1)＝a(a－2－ea－1)<0.為此，我們要證明：當x>e時，ex>x2.設h(x)＝ex－x2，則h′(x)＝ex－2x，再設l(x)＝h′(x)＝ex－2x，則l′(x)＝ex－2.當x>1時，l′(x)＝

20、ex－2>e－2>0，所以l(x)＝h′(x)在(1，＋∞)上是單調增函數．故當x>2時，h′(x)＝ex－2x>h′(2)＝e2－4>0，從而h(x)在(2，＋∞)上是單調增函數，進而當x>e時，h(x)＝ex－x2>h(e)＝ee－e2>0，即當x>e時，ex>x2.當0<a<e－1，即a－1>e時，f(ea－1)＝a－1－aea－1＝a(a－2－ea－1)<0，又f(a－1)>0，且函數f(x)在[a－1，ea－1]上的圖象不間斷，所以f(x)在(a－1，ea－1)上存在零點．又當x>a－1時，f′(x)＝－a<0，故f(x)在(a－1，＋∞)上是單調減函數，所以f(x)在(a－1，＋∞)上只有一個零點．綜合(ⅰ)(ⅱ)(ⅲ)，當a≤0或a＝e－1時，f(x)的零點個數為1，當0<a<e－1時，f(x)的零點個數為2. 高考數學復習精品 高考數學復習精品