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《优化探究》2013届高三数学理科二轮复习专题演练1-2-3第三讲 导数的应用

时间:2013-03-30


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导数的应用

1-2-3 第三讲

一、选择题 1. 过点(0, 1)且与曲线 y= A.2x-y+1=0 C.x+2y-2=0 解析:因为 y= x+1 在点(3, 2)处的切线垂直的直线的方程为( x-1 B.2x+y-1=0 D.x-2y+2=0 )

x+1 2 2 =1+ ,所以 y′=- ,从而可知函数在 x x-1 x-1 (x-1)2

1 =3 处的导数值为-2,故所求的直线的斜率是 2,直线方程为 y=2x+1,即 2x -y+1=0. 答案:A a 2.(2012 年福州模拟)已知 g(x)为三次函数 f(x)=3x3+ax2+cx 的导函数,则 函数 g(x)与 f(x)的图象可能是( )

解析:因为 f′(x)=ax2+2ax+c,所以函数 f′(x)的对称轴为 x=-1,故可排除 B,C; a a 由 A 中 f′(x)的图象知 c=0,所以 f(x)=3x3+ax2=x2(3x+a),因此三次函数 a f(x)=3x3+ax2+cx 只有两个零点,而图象 A 中 f(x)的图象与 x 轴有三个交点,故 排除 A.应选 D. 答案:D 1 3.(2012 年高考辽宁卷)函数 y=2x2-ln x 的单调递减区间为( A.(-1,1] C.[1,+∞)
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)

B.(0,1] D.(0,+∞)

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1 解析:由题意知,函数的定义域为(0,+∞),又由 y′=x- x≤0,解得 0<x≤1, 所以函数的单调递减区间为(0,1]. 答案:B 2 4.(2012 年高考陕西卷)设函数 f(x)=x +ln x,则( 1 A.x=2为 f(x)的极大值点 1 B.x=2为 f(x)的极小值点 C.x=2 为 f(x)的极大值点 D.x=2 为 f(x)的极小值点 解析:利用导数法求解. 2 2 1 ∵ f(x)= x+ln x(x>0),∴ f′(x)=-x2+x . 由 f′(x)=0 解得 x=2. 当 x∈ (0,2)时,f′(x)<0,f(x)为减函数; 当 x∈ (2,+∞)时,f′(x)>0,f(x)为增函数. ∴ x=2 为 f(x)的极小值点. 答案:D 1-x 1 5.(2012 年淄博一检)已知 a≤ x +ln x 对任意 x∈ 2,2]恒成立,则 a 的最 [ 大值为( A.0 C.2 1-x 解析:设 f(x)= x +ln x, 则 f′(x)= -x+x-1 1 x-1 +x = x2 . x2 ) B.1 D.3 )

1 1 当 x∈ 2,1)时,f′(x)<0,故函数 f(x)在[2,1)上单调递减; [ 当 x∈ (1,2]时,f′(x)>0,故函数 f(x)在(1,2]上单调递增, ∴ min=f(1)=0,∴ f(x) a≤0,即 a 的最大值为 0.

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答案:A 二、填空题

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1 6.如果曲线 y=x4-x 在点 P 处的切线垂直于直线 y=-3x,那么点 P 的坐 标为________. 解析:由 y′=4x3-1,得当 y′=3 时, 有 4x3-1=3,可解得 x=1, 此时 P 点的坐标为(1,0) 答案:(1,0) 1 7.设函数 f(x)=x(ex-1)-2x2,则函数 f(x)的单调增区间为________. 1 解析:因为 f(x)=x(ex-1)-2x2, 所以 f′(x)=ex-1+xex-x=(ex-1)· (x+1). 令 f′(x)>0,即(ex-1)(x+1)>0, 解得 x∈ (-∞,-1)或 x∈ (0,+∞). 所以函数 f(x)的单调增区间为(-∞,-1]和[0,+∞). 答案:(-∞,-1]和[0,+∞) 8.已知函数 f(x)=ax3+bx2+cx,其导函数 y=f′(x)的图象经过点(1,0),(2, 0),如图所示,则下列说法中不正确的是________.

3 ① x= 时函数取得极小值; 当 2 ② f(x)有两个极值点; ③ x=2 时函数取得极小值; 当 ④ x=1 时函数取得极大值. 当 解析:从图象上可以看到:当 x∈ (0,1)时,f′(x)>0; 当 x∈ (1,2)时,f′(x)<0; 当 x∈ (2,+∞)时,f′(x)>0,所以 f(x)有两个极值点 1 和 2,且当 x=2 时函数
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取得极小值,

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当 x=1 时函数取得极大值.只有① 不正确. 答案:① 三、解答题 9.(2012 年益阳模拟)已知函数 f(x)=ln(ex+a)(a 为常数)是 R 上的奇函数. (1)求 a 的值; (2)讨论函数 y= ln x -x2+2ex-m 的零点的个数. f(x)

解析:(1)因为 f(x)=ln(ex+a)是奇函数, 所以 ln(e-x+a)=-ln(ex+a), 所以(e-x+a)(ex+a)=1, 所以 a(ex+e x+a)=0,所以 a=0. (2)由已知得 ln x ln x = x =x2-2ex+m, f(x)


ln x 令 f1(x)= x ,f2(x)=x2-2ex+m, 因为 f1′(x)= 1-ln x (0,e)时,f1′(x)>0, x2 ,当 x∈

所以 f1′(x)在(0,e]上为增函数; 当 x∈ [e,+∞)时,f1′(x)≤0, 所以 f1(x)在[e,+∞)上为减函数. 1 所以当 x=e 时,[f1(x)]max=f1(e)=e , 1 而 f2(x)=(x-e)2+m-e2,所以当 m-e2>e, 1 即 m>e2+ 时,所求函数零点的个数为 0; e 1 1 当 m-e2= e,即 m=e2+e时, 所求函数零点的个数为 1; 1 1 当 m-e2<e ,即 m<e2+ e时, 所求函数零点的个数为 2.

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10.已知函数 f(x)=x2-aln x(a∈ R). (1)若 a=2,求证:f(x)在(1,+∞)上是增函数; (2)求 f(x)在[1,e]上的最小值. 解析:(1)证明:当 a=2 时,f(x)=x2-2ln x, 2(x2-1) 当 x∈ (1,+∞)时,f′(x)= >0, x 所以 f(x)在(1,+∞)上是增函数. (2)f′(x)= 2x2-a x (x>0),

当 x∈ [1,e]时,2x2-a∈ [2-a,2e2-a]. 若 a≤2,则当 x∈ [1,e]时,f′(x)≥0,所以 f(x)在[1,e]上是增函数, 又 f(1)=1,故函数 f(x)在[1,e]上的最小值为 1. 若 a≥2e2,则当 x∈ [1,e]时,f′(x)≤0, 所以 f(x)在[1,e]上是减函数, 又 f(e)=e2-a,所以 f(x)在[1,e]上的最小值为 e2-a. 若 2<a<2e2,则当 1≤x< 当 又 f( a 2时,f′(x)<0,此时 f(x)是减函数;

a 2<x≤e 时,f′(x)>0,此时 f(x)是增函数. a a a a 2)=2-2ln 2,

a a a 所以 f(x)在[1,e]上的最小值为2-2ln 2. 综上可知,当 a≤2 时,f(x)在[1,e]上的最小值为 1; 当 2<a<2e2 时,f(x)在[1,e]上的最小值为 a a a - ln ; 2 2 2 当 a≥2e2 时,f(x)在[1,e]上的最小值为 e2-a. 11.已知函数 f(x)=ln x- a(x-1) . x+1

(1)若函数 f(x)在(0,+∞)上为单调增函数,求 a 的取值范围; (2)设 m,n∈ (0,+∞),且 m≠n,求证:
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m-n m+n < 2 . ln m-ln n

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1 a(x+1)-a(x-1) 解析:(1)f′(x)= x - (x+1)2 (x+1)2-2ax x2+(2-2a)x+1 = = . x(x+1)2 x(x+1)2 因为 f(x)在(0,+∞)上为单调增函数,所以 f′(x)≥0 在(0,+∞)上恒成立,即 x2+(2-2a)x+1≥0 在(0,+∞)上恒成立, 当 x∈ (0,+∞)时,由 x2+(2-2a)x+1≥0,得 1 2a-2≤x+x . 1 设 g(x)=x+ x ,x∈ (0,+∞), 1 则 g(x)=x+ x ≥2 1 x·=2, x

1 当且仅当 x=x,即 x=1 时等号成立, 所以 2a-2≤2,即 a≤2, 所以 a 的取值范围是(-∞,2]. m m -1 n +1 n (2)不妨设 m>n.则原不等式等价于 m < 2 , ln n m 2( n -1) m 即 ln n > m , n +1 m 即 ln n - m 2( n -1) m n +1

>0.

设 h(x)=ln x-

2(x-1) ,这个函数即为 a=2 时的函数 f(x), x+1

由(1)知这个函数在(1,+∞)上是单调增函数, m m 又 n >1,所以 h( n )>h(1)=0,

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m 所以 ln n - m 2( n -1) m n +1

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>0,

所以

m-n m+n < 2 . ln m-ln n

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