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2015年最新高考总复习高三文科数学作业第2篇 第11讲导数的应用(一)

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第 11 讲

导数的应用(一)

基础巩固题组 (建议用时:40 分钟) 一、选择题 1.函数 f(x)=(x-3)ex 的单调递增区间是 A.(-∞,2) C.(1,4) 解析 f′(x)=ex(x-2), B.(0,3) D.(2,+∞) ( ).

令 f′(x)>0 得 x>2. ∴f(x)的单调增区间是(2,

+∞). 答案 D

2.(2013· 浙江卷)已知函数 y=f(x)的图象是下列四个图象之一,且其导函数 y= f′(x)的图象如图所示,则该函数的图象是 ( ).

解析

由 y=f′(x)的图象知,y=f(x)的图象为增函数,且在区间(-1,0)上增

长速度越来越快,而在区间(0,1)上增长速度越来越慢.

答案

B ( ).

3.(2014· 韶关模拟)函数 y=xex 的最小值是 A.-1 1 C.-e 解析 B.-e D.不存在

y′=ex+xex=(1+x)ex,令 y′=0,则 x=-1,因为 x<-1 时,y′

1 <0,x>-1 时,y′>0,所以 x=-1 时,ymin=-e. 答案 C ( ).

4.设 a∈R,若函数 y=ex+ax,x∈R 有大于零的极值点,则 A.a<-1 1 C.a>-e 解析 ∵y=ex+ax,∴y′=ex+a. B.a>-1 1 D.a<-e

∵函数 y=ex+ax 有大于零的极值点, 则方程 y′=ex+a=0 有大于零的解, ∵x>0 时,-ex<-1,∴a=-ex<-1. 答案 A

5.(2013· 福建卷)设函数 f(x)的定义域为 R,x0(x0≠0)是 f(x)的极大值点,以下结 论一定正确的是 A.?x∈R,f(x)≤f(x0) B.-x0 是 f(-x)的极小值点 C.-x0 是-f(x)的极小值点 D.-x0 是-f(-x)的极小值点 解析 A 错,因为极大值未必是最大值;B 错,因为函数 y=f(x)与函数 y= ( ).

f(-x)的图象关于 y 轴对称,-x0 应是 f(-x)的极大值点;C 错,函数 y=f(x) 与函数 y=-f(x)的图象关于 x 轴对称,x0 应为-f(x)的极小值点;D 正确,函 数 y=f(x)与 y=-f(-x)的图象关于原点对称,-x0 应为 y=-f(-x)的极小值 点. 答案 D

二、填空题

6.(2013· 威海期末考试)函数 y=ln x-x2 的极值点为________. 解析 = 1-2x 1 函数的定义域为(0, +∞), 函数的导数为 y′=x-2x= x , 令 y′
2

1-2x2 2 2 2 = 0 ,解得 x = ,当 x > 时, y ′ < 0 ,当 0 < x < x 2 2 2 时,y′>0,

2 2 所以当 x= 2 时,函数取得极大值,故函数的极值点为 2 . 答案 2 2

1 7.已知函数 f(x)=-2x2+4x-3ln x 在[t,t+1]上不单调,则 t 的取值范围是 ________. 解析 ?x-1??x-3? 3 由题意知 f′(x)=-x+4- x=- , 由 f′(x)=0 得函数 f(x) x

的两个极值点为 1 和 3,则只要这两个极值点有一个在区间(t,t+1)内,函数 f(x)在区间[t,t+1]上就不单调,由 t<1<t+1 或 t<3<t+1,得 0<t<1 或 2<t<3. 答案 (0,1)∪(2,3)

8.(2014· 淄博模拟)已知 f(x)=x3+3ax2+bx+a2,在 x=-1 时有极值 0,则 a-b =________. 解析 由题意得 f′(x)=3x2+6ax+b,则

2 ?a +3a-b-1=0, ?a=1, ?a=2, ? 解得? 或? ?b-6a+3=0, ?b=3 ?b=9,

经检验当 a=1,b=3 时,函数 f(x)在 x=-1 处无法取得极值,而 a=2,b= 9 满足题意,故 a-b=-7. 答案 -7

三、解答题 9. (2014· 绍兴模拟)已知函数 f(x)=x3+ax2+bx+c, 曲线 y=f(x)在点 x=1 处的切 2 线为 l:3x-y+1=0,若 x=3时,y=f(x)有极值. (1)求 a,b,c 的值; (2)求 y=f(x)在[-3,1]上的最大值和最小值. 解 (1)由 f(x)=x3+ax2+bx+c,得 f′(x)=3x2+2ax+b.

当 x=1 时,切线 l 的斜率为 3,可得 2a+b=0.① 2 当 x=3时,y=f(x)有极值, ?2? 则 f′?3?=0,可得 4a+3b+4=0.② ? ? 由①②,解得 a=2,b=-4. 由于切点的横坐标为 x=1,所以 f(1)=4. 所以 1+a+b+c=4,所以 c=5. (2)由(1),可得 f(x)=x3+2x2-4x+5, 所以 f′(x)=3x2+4x-4. 2 令 f′(x)=0,解得 x=-2 或3. 当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表所示: x f′(x) f(x) 8 -3 (-3,-2) + -2 0 13 2? ? ?-2,3? ? ? - 2 3 0 95 27 ?2 ? ?3,1? ? ? + 4 1

95 所以 y=f(x)在[-3,1]上的最大值为 13,最小值为27. 10.(2013· 济南模拟)已知函数 f(x)=(ax2+x-1)ex,其中 e 是自然对数的底数,a ∈R. (1)若 a=1,求曲线 f(x)在点(1,f(1))处的切线方程; (2)若 a<0,求 f(x)的单调区间. 解 (1)当 a=1 时,f(x)=(x2+x-1)ex,

所以 f′(x)=(2x+1)ex+(x2+x-1)ex=(x2+3x)ex, 所以曲线 f(x)在点(1,f(1))处的切线斜率为 k=f′(1)=4e,又因为 f(1)=e,所 以所求切线方程为 y-e=4e(x-1),即 4ex-y-3e=0. (2)f′(x)=(2ax+1)ex+(ax2+x-1)ex =[ax2+(2a+1)x]ex, 2a+1 1 ①若-2<a<0,当 x<0 或 x>- a 时,f′(x)<0;

当 0<x<-

2a+1 a 时,f′(x)>0.

? 2a+1 ? ? ;单调递增区间为 所以 f(x)的单调递减区间为 (-∞,0] , ?- ,+∞ a ? ? 2a+1? ? ?0,- ?. a ? ? 1 1 ②若 a=-2,f′(x)=-2x2ex≤0,所以 f(x)的单调递减区间为(-∞,+∞). 2a+1 1 ③若 a<-2,当 x<- a 或 x>0 时,f′(x)<0; 当- 2a+1 a <x<0 时,f′(x)>0.

2a+1? ? ?,[0,+∞); 所以 f(x)的单调递减区间为?-∞,- a ? ? ? 2a+1 ? ?. 单调递增区间为?- a ,0? ?

能力提升题组 (建议用时:25 分钟) 一、选择题 f?x? 1.函数 f(x)=x2-2ax+a 在区间(-∞,1)上有最小值,则函数 g(x)= x 在区间 (1,+∞)上一定 A.有最小值 C.是减函数 解析 B.有最大值 D.是增函数 ( ).

由函数 f(x)=x2-2ax+a 在区间(-∞,1)上有最小值,可得 a<1,又

f?x? a a g(x)= x =x+x-2a,则 g′(x)=1-x2,易知在 x∈(1,+∞)上 g′(x)>0, 所以 g(x)在(1,+∞)上为增函数. 答案 D

2.(2013· 临沂模拟)若 a>0,b>0,且函数 f(x)=4x3-ax2-2bx+2 在 x=1 处有 极值,则 ab 的最大值等于 A.2 C.6 B.3 D.9 ( ).

解析

∵f′(x)=12x2-2ax-2b,

Δ=4a2+96b>0,又 x=1 是极值点, ∴f′(1)=12-2a-2b=0,即 a+b=6, ∴ab≤ 答案 ?a+b?2 4 =9,当且仅当 a=b 时“=”成立,所以 ab 的最大值为 9. D

二、填空题 1 3.(2014· 宁波调研)设函数 f(x)=ln x-2ax2-bx,若 x=1 是 f(x)的极大值点,则 a 的取值范围为________. 解析 f(x)的定义域为(0,+∞),

1 f′(x)= -ax-b,由 f′(1)=0,得 b=1-a. x -?ax+1??x-1? 1 ∴f′(x)= x -ax+a-1= . x ①若 a≥0,当 0<x<1 时,f′(x)>0,此时 f(x)单调递增; 当 x>1 时,f′(x)<0,此时 f(x)单调递减; 所以 x=1 是 f(x)的极大值点. 1 ②若 a<0,由 f′(x)=0,得 x=1 或-a. 1 因为 x=1 是 f(x)的极大值点,所以-a>1, 解得-1<a<0.综合①②得 a 的取值范围是 a>-1. 答案 (-1,+∞)

三、解答题 1 4.(2014· 黄冈模拟)已知函数 f(x)=3x3-ax+1. (1)当 x=1 时,f(x)取得极值,求 a 的值; (2)求 f(x)在[0,1]上的最小值. 解 因为 f′(x)=x2-a,

(1)当 x=1 时,f(x)取得极值,所以 f′(1)=1-a=0,a=1, 又当 x∈(-1,1)时,f′(x)<0;x∈(1,+∞)时,f′(x)>0, 所以 f(x)在 x=1 处取得极小值,即 a=1 时符合题意.

(2)①当 a≤0 时,f′(x)>0 对 x∈(0,1)恒成立, 所以 f(x)在(0,1)上单调递增,f(x)在 x=0 处取得最小值 f(0)=1. ②当 a>0 时,令 f′(x)=x2-a=0,解得 x=- a或 a. ⅰ.当 0<a<1 时, a<1, 当 x∈(0, a)时,f′(x)<0,f(x)单调递减; 当 x∈( a,1)时,f′(x)>0,f(x)单调递增, 2a a 所以 f(x)在 x= a处取得最小值 f( a)=1- 3 . ⅱ.当 a≥1 时, a≥1. x∈(0,1)时,f′(x)<0,f(x)单调递减, 4 所以 f(x)在 x=1 处取得最小值 f(1)=3-a. 综上所述,当 a≤0 时,f(x)在 x=0 处取得最小值 f(0)=1, 2a a 当 0<a<1 时,f(x)在 x= a处取得最小值 f( a)=1- 3 ,当 a≥1 时,f(x) 4 在 x=1 处取得最小值 f(1)=3-a.


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