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[状元桥]2016届高三数学(文)二轮复习教师用书:专题四 导数及其应用



专题四

导数及其应用

(见学生用书 P19)

(见学生用书 P19) 1.函数 f(x)在 x=x0 处的导数 f(x0+Δ x)-f(x0) (1)定义: 函数 f(x)在 x=x0 处的瞬时变化率_ Δx Δy =_ 为函数 f(x)在 x=x0 处的导数,记作 f′(x0)或 y′|x=x0,即 f′(x0)

Δx f(x0+Δ x)-f(x0) =_ . Δx (2)几何意义: 函数 f(x)在点 x0 处的导数 f′(x0)的几何意义是过曲线 y=f(x)上点(x0,f(x0))的切线的斜率. 2.基本初等函数的导数公式 原函数 导函数 f(x)=c f′(x)=0 n * f(x)=x (n∈Q ) f′(x)=nxn-1 f(x)=sin x f′(x)=cos_x f(x)=cos x f′(x)=-sin_x x f(x)=a f′(x)=axln_a(a>0) f(x)=ex f′(x)=ex 1 f(x)=logax f′(x)=xln a(a>0,且 a≠1) 1 f(x)=lnx f′(x)=x

3.导数运算法则 (1)[f(x)± g(x)]′=f′(x)± g′(x); (2)[f(x)· g(x)]′=f′(x)g(x)+f(x)g′(x); ? f(x) ? f′(x)g(x)-f(x)g′(x) ?′= (3)? [g(x)≠0]. [g(x)]2 ?g(x)? 4.函数的单调性与导数 在区间(a,b)内,函数的单调性与其导数的正负有如下关系: 如果 f′(x)>0,那么函数 y=f(x)在这个区间内单调递增. 如果 f′(x)<0,那么函数 y=f(x)在这个区间内单调递减. 如果 f′(x)=0,那么函数 y=f(x)在这个区间内为常数. 5.函数的极值 若函数 f(x)在 x=a 处的函数值 f(a)比它在 x=a 附近其他点的函 数值都小, 且 f′(a)=0, 而且在 x=a 附近的左侧 f′(x)<0, 右侧 f′(x)>0, 则 x=a 处的点叫函数的极小值点,f(a)叫函数的极小值. 若函数 f(x)在点 x=b 处的函数值 f(b)比它在 x=b 附近其他点的 函数值都大,且 f′(b)=0,而且在 x=b 附近的左侧 f′(x)>0,右侧 f′(x)<0,则 x=b 处的点叫函数的极大值点,f(b)叫函数的极大值,极 大值和极小值统称为极值.

(见学生用书 P20) 考点一 导数 考点精析 1.解决与导数计算有关问题的关键在于熟记导数公式,准确把 握求导法则,准确进行计算. 2.导数的实际背景是物体在某一时刻的瞬时变化率. 3. 函数在某点处的导数是函数相应曲线在该点处的切线的斜率. 例 1-1(2013· 江西卷)设函数 f(x)在(0,+∞)内可导,且 f(ex)=x +ex,则 f′(1)=________. 考点:导数的运算;函数的求值. 分析:由题设知,可先用换元法求出 f(x)的解析式,再求出它的 导数,从而求出 f′(1). 解析:函数 f(x)在(0,+∞)内可导,且 f(ex)=x+ex, 令 ex=t,则 x=ln t, 故有 f(t)=ln t+t,即 f(x)=ln x+x. 1 ∴f′(x)=x +1,故 f′(1)=1+1=2.

答案:2 点评:本题考查了求导的运算以及换元法求外层函数的解析式, 属于基本运算题型. 例 1-2(2014· 江苏卷)在平面直角坐标系 xOy 中,若曲线 y=ax2 b +x(a,b 为常数)过点 P(2,-5),且该曲线在点 P 处的切线与直线 7x+2y+3=0 平行,则 a+b 的值是________. 考点:利用导数研究曲线上某点切线方程. b 分析:由曲线 y=ax2+x (a,b 为常数)过点 P(2,-5),且该曲线 在点 P 处的切线与直线 7x+2y+3=0 平行,可得 y|x=2=-5,且 y′|x 7 =2=- ,列出关于 a,b 的方程组再解方程可得答案. 2 b 解析:y′=2ax-x2, 7 ∵直线 7x+2y+3=0 的斜率 k=-2, b 7 ∴y′|x=2=4a-4=-2. b ∵曲线 y=ax2+x (a,b 为常数)过点 P(2,-5), b ∴4a+2=-5, b ? ?4a+2=-5, ? ?a=-1, ∴? 解得? b 7 ? ?b=-2, ? 4 a - =- , ? 4 2 故 a+b=-3. 答案:-3 点评:本题考查的知识点是利用导数研究曲线上某点切线方程, 7 其中根据已知得到 y|x=2=-5,且 y′|x=2=-2是解答的关键. 例 1-3(2015· 全国卷Ⅱ)已知函数 y=x+ln x 在点(1, 1)处的切线 2 与曲线 y=ax +(a+2)x+1 相切,则 a=________. 考点:导数的运算、导数的几何意义及其应用. 分析:先求出 y=x+ln x 在点(1,1)处的切线方程,然后利用根 的判别式或导数法求 a 的值. 1 解析:(方法 1)由 y=x+ln x 得 y′=1+x , 所以曲线 y=x+ln x 在(1,1)处的切线的斜率 k=2,

故切线方程为 y=2x-1, ∵ y = 2x - 1 与 曲 线 y = ax2 + (a + 2)x + 1 相 切 , 联 立 ? ?y=2x-1,
? 2 ?y=ax +(a+2)x+1, ?

消去 y 得 ax2+ax+2=0, 则 a≠0 且 Δ=a2-4×2a=0,∴a=8. (方法 2)同方法 1,得曲线 y=x+ln x 在(1,1)处的切线方程为 y =2x-1. ∵y=2x-1 与曲线 y=ax2+(a+2)x+1 相切, 设切点的坐标为(x0,y0),∴y0=2x0-1.① 由 y′=2ax+(a+2),得 2ax0+(a+2)=2.② 由题意知 a≠0, 1 1 由②可得 x0=-2,把 x0=-2代入①,得 y0=-2,即切点为 ? 1 ? ?- ,-2?. ? 2 ? ? 1 ? ∴?-2,-2?在曲线 y=ax2+(a+2)x+1 上,故 a=8. ? ? 答案:8 点评:本题考查运用导数研究曲线的切线,考查了直线与曲线相 切的处理方法,综合运用所学知识分析问题、处理问题的能力以及计 算能力,属于中档题. 规律总结 准确进行导数的计算是解决导数应用的基础,一旦求导错误,则 后面所做的都将是一无所获. 因此我们必须熟练掌握导数公式和求导 法则,准确地进行导数运算.在高考中,偶尔也会涉及到直接考查导 数计算的问题(如例 1-1).不过这类问题一般比较简单,只要能准确 计算也就能顺利过关. 变式训练 【1-1】 (湖北部分重点中学 2015 届联考)已知函数 f(x)的导数 为 f′(x), 且满足关系式 f(x)=x2+3xf′(2)+ln x, 则 f′(2)的值等于( ) A.-2 B.2 9 9 C.-4 D. 4 1 解析:因为 f(x)=x2+3xf′(2)+ln x,所以 f′(x)=2x+3f′(2)+x, 1 9 所以 f′(2)=2×2+3f′(2)+2,解得 f′(2)=-4.故选 C. 答案:C

【1-2】 (2014· 陕西卷)如图,修建一条公路需要一段环湖弯曲 路段与两条直道平滑连接(相切),已知环湖弯曲路段为某三次函数图 象的一部分,则该函数的解析式为( )

1 1 A.y=2x3-2x2-x 1 1 B.y=2x3+2x2-3x 1 C.y=4x3-x 1 1 D.y=4x3+2x2-2x 解析: 由函数图象知, 此三次函数在(0, 0)处与直线 y=-x 相切, 在(2,0)点处与 y=3x-6 相切,下面研究四个选项中函数在两点处的 切线. 3 A 选项,y′=2x2-x-1,将 0,2 代入,解得此时切线的斜率分 别是-1,3,符合题意,故 A 对; 3 B 选项,y′=2x2+x-3,将 0 代入,此时导数为-3,不为-1, 故 B 错; 3 C 选项,y′=4x2-1,将 2 代入,此时导数为 2,与点(2,0)处切 线斜率为 3 矛盾,故 C 错; 3 D 选项,y′=4x2+x-2,将 0 代入,此时导数为-2,与点(0, 0)处切线斜率为-1 矛盾,故 D 错. 答案:A 考点二 导数的应用 考点精析 1.求可导函数的单调区间的一般步骤: (1)确定定义域区间; (2)求 f′(x); (3)解不等式 f′(x)>0 得函数的递增区间;解不等式 f′(x)<0,得函 数的递减区间. 注意:当一个函数的递增或递减区间有多个时,不能盲目地将它 们取并集.

2.求可导函数 f(x)的极值的步骤: (1)求导数 f′(x); (2)求方程 f′(x)=0 的根; (3)检验 f′(x)在方程 f′(x)=0 的根的左右两侧的符号.如果在根的 左侧附近为正, 右侧附近为负, 那么函数 f(x)在这个根处取得极大值; 如果在这个根的左侧附近为负,右侧附近为正,那么函数 f(x)在这个 根处取得极小值. 3.注意极值与最值的区别与联系:极值是在某一点附近函数值 的比较,因此,同一函数在某一点的极大(小)值,可以比另一点的极 小(大)值小(大);而最大值、最小值是指闭区间[a,b]上所有函数值的 比较, 因而在一般情况下, 两者有区别, 极大(小)值不一定是最大(小) 值,最大(小)值也不一定是极大(小)值.但如果连续函数在区间(a, b)内只有一个极值,那么极大值就是最大值,极小值就是最小值. 4.用导数解决与恒成立有关的不等式问题通常与函数的最值或 极值有密切的联系, 我们可以通过求最值把不等式恒成立转化为一个 不等式进行求解. 例 2-1(2014· 湖北卷)π 为圆周率,e=2.718 28?为自然对数的 底数. ln x (1)求函数 f(x)= x 的单调区间; (2)求 e3,3e,eπ ,π e,3π ,π 3 这 6 个数中的最大数与最小数. 考点:利用导数判断函数的单调性,求最值,基本初等函数的单 调性及比较大小的综合应用. 分析: (1)先求函数 f(x)的定义域, 然后对函数求导, 通过判断 f′ (x)与 0 的大小即可求单调区间;(2)结合函数 y=ln x,y=ex,y=π x 的单调性及(1)的结论即可求得最大值与最小值. 解析:(1)函数 f(x)的定义域为(0,+∞). ln x 因为 f(x)= x , 1-ln x 所以 f′(x)= x2 . 当 f′(x)>0,即 0<x<e 时,函数 f(x)单调递增; 当 f′(x)<0,即 x>e 时,函数 f(x)单调递减. 故函数 f(x)的单调递增区间为(0,e),单调递减区间为(e,+∞). (2)因为 e<3<π, 所以 eln 3<eln π,πln e<πln 3, 即 ln 3e<ln πe,ln eπ<ln 3π. 于是根据函数 y=ln x,y=ex,y=πx 在定义域上单调递增,可

得 3e<πe<π3,e3<eπ<3π. 故这 6 个数的最大数在π3 与 3π之中,最小数在 3e 与 e3 之中. 由 e<3<π及(1)的结论, 得 f(π)<f(3)<f(e), ln π ln 3 ln e 即 < 3 < e . π ln π ln 3 由 < 3 ,得 ln π3<ln 3π, π 所以 3π>π3; ln 3 ln e 由 3 < e ,得 ln 3e<ln e3, 所以 3e<e3. 综上,6 个数中的最大数是 3π,最小数是 3e. 点评:本题考查利用导数判断函数的单调性,解题的关键是利用 第(1)问的结论及 y=ln x, y=ex, y=π x 在定义域内的单调性来确定 6 个数中的最大数与最小数. 规律总结 导数的应用是近几年高考的重点考查对象和命题热点, 所占的比 重大(有时甚至是一小一大).题目综合性强,难度大(多数处在压轴题 位置),属拉大差距的题型,因而导数是我们二轮复习需要重点关注 和重点突破的对象. 变式训练 x-1 【2-1】 (2014· 山东卷)设函数 f(x)=aln x+ , 其中 a 为常数. x+1 (1)若 a=0,求曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程; (2)讨论函数 f(x)的单调性. 解析:(1)由题意知 a=0 时, x-1 f(x)= ,x∈(0,+∞), x+1 2 1 此时 f′(x)= 2.可得 f′(1)= , 2 (x+1) 又 f(1)=0,所以曲线 y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程为 x-2y-1 =0. (2)函数 f(x)的定义域为(0,+∞). ax2+(2a+2)x+a a 2 f′(x)=x+ = . (x+1)2 x(x+1)2 当 a≥0 时,f′(x)>0,函数 f(x)在(0,+∞)上单调递增. 当 a<0 时,令 g(x)=ax2+(2a+2)x+a,

Δ=(2a+2)2-4a2=4(2a+1).
1 ①当 a=-2时,Δ=0, 1 -2(x-1)2 f′(x)= ≤0,函数 f(x)在(0,+∞)上单调递减. x(x+1)2 1 ②当 a<-2时,Δ<0,g(x)<0, f′(x)<0,函数 f(x)在(0,+∞)上单调递减. 1 ③当-2<a<0 时,Δ>0, 设 x1,x2(x1<x2)是函数 g(x)的两个零点, -(a+1)+ 2a+1 则 x1= , a -(a+1)- 2a+1 x2= . a a+1- 2a+1 a2+2a+1- 2a+1 由于 x1= = >0, -a -a 所以 x∈(0,x1)时,g(x)<0,f′(x)<0,函数 f(x)单调递减, x∈(x1,x2)时,g(x)>0,f′(x)>0,函数 f(x)单调递增, x∈(x2,+∞)时,g(x)<0,f′(x)<0,函数 f(x)单调递减. 综上可知: 当 a≥0 时,函数 f(x)在(0,+∞)上单调递增; 1 当 a≤-2时,函数 f(x)在(0,+∞)上单调递减; ? 1 -(a+1)+ 2a+1? ?, 当-2<a<0 时,f(x)在?0, a ? ? ?-(a+1)- 2a+1 ? ? ?上单调递减, ,+ ∞ a ? ? ?-(a+1)+ 2a+1 -(a+1)- 2a+1? ?上单调递增. 在? , a a ? ? 例 2-2)(2014· 辽宁卷)当 x∈[-2,1]时,不等式 ax3-x2+4x+ 3≥0 恒成立,则实数 a 的取值范围是( ) 9? ? A.[-5,-3] B.?-6,-8? ? ? C.[-6,-2] D.[-4,-3] 考点:导数的应用及不等式恒成立问题. 分析:分类讨论 x 的取值范围,分离参数 a,利用不等式恒成立 求解 a 的取值范围.

解析:不等式 ax3-x2+4x+3≥0 变形为 ax3≥x2-4x-3. 当 x=0 时,0≥-3,故实数 a 的取值范围是 R. x2-4x-3 x2-4x-3 当 x∈(0 , 1] 时, a≥ ,记 f(x) = , f ′ (x ) = x3 x3 -x2+8x+9 -(x-9)(x+1) = >0, x4 x4 故函数 f(x)单调递增,则 f(x)max=f(1)=-6, 故 a≥-6. x2-4x-3 当 x∈[-2,0)时,a≤ , x3 x2-4x-3 记 f(x)= , x3 令 f′(x)=0,得 x=-1 或 x=9(舍去); 当 x∈(-2,-1)时,f′(x)<0; 当 x∈(-1,0)时,f′(x)>0, 故 f(x)min=f(-1)=-2,则 a≤-2. 综上所述,实数 a 的取值范围是[-6,-2]. 答案:C 点评:本题考查导数应用及不等式恒成立问题,解题的关键是分 类讨论以及分离参数 a,难度较大. 例 2-3 函数 f(x)=axm(1-x)n 在区间[0,1]上的图象如图所示, 则 m,n 的值可能是( )

A.m=1,n=1 B.m=1,n=2 C.m=2,n=1 D.m=3,n=1 考点:利用导数研究函数的单调性. 分析:由图象得,原函数的极大值点小于 0.5.把答案代入验证看 哪个对应的极值点符合要求即可得出答案. 解析:由于本题是选择题,可以用代入法来做, 由图象得,原函数的极大值点小于 0.5. 当 m=1,n=1 时, 1?2 a ? f(x)=ax(1-x)=-a?a-2? +4. ? ?

1 在 x=2处有极值, 故 A 错; 当 m=1,n=2 时, f(x)=axm(1-x)n=ax(1-x)2 =a(x3-2x2+x), 所以 f′(x)=a(3x-1)(x-1), 1 令 f′(x)=0?x=3,或 x=1, 1 即函数在 x=3处有极值, 故 B 对; 当 m=2,n=1 时, f(x)=axm(1-x)n=ax2(1-x)=a(x2-x3), 有 f′(x)=a(2x-3x2)=ax(2-3x), 2 令 f′(x)=0?x=0,x=3, 2 即函数在 x=3处有极值, 故 C 错; 当 m=3,n=1 时, f(x)=axm(1-x)n=ax3(1-x)=a(x3-x4), 有 f′(x)=ax2(3-4x), 3 令 f′(x)=0?x=0,x=4, 3 即函数在 x=4处有极值, 故 D 错. 答案:B 点评: 本题主要考查函数的最值 ( 极值 ) 点与导函数之间的关 系.在利用导函数来研究函数的极值时,分三步①求导函数,②求导 函数为 0 的根,③判断根左右两侧的符号,若左正右负,原函数取极 大值;若左负右正,原函数取极小值.本题考查利用极值求对应变量 的值.可导函数的极值点一定是导数为 0 的点,但导数为 0 的点不一 定是极值点. 规律总结 在选择、 填空题中考查导数应用问题也是近几年高考命题的热点 问题.既有单独考查利用导数解决函数的单调性、极值与最值问题, 也有利用导数解决方程与不等式等综合问题.

变式训练 【2-2】(2013· 湖北卷)已知函数 f(x)=x(ln x-ax)有两个极值点, 则实数 a 的取值范围是( ) 1? ? A.(-∞,0) B.?0,2? ? ? C.(0,1) D.(0,+∞) 解析:f′(x)=ln x+1-2ax,依题意 ln x+1-2ax=0 有两个正 实数根 x1,x2(x1<x2). 设 g(x)=ln x+1-2ax,函数 g(x)=ln x+1-2ax 有两个零点,显 1 然当 a≤0 时不合题意,必有 a>0.g′(x)=x -2a, 1? ? 1 令 g′(x) = 0 ,得 x = 2a ,于是 g(x) 在 ?0,2a? 上单调递增,在 ? ? ?1 ? 1 ? ,+∞?上单调递减,所以 f′(x)在 x= 处取得极大值, 2a ?2a ? ?1? 1 1 1 即 f′?2a?=ln 2a>0,则2a>1,所以 0<a<2. ? ? 答案:B 【2-3】 (2014· 河南模拟)函数 f(x)=ax3+bx2+cx-34(a, b, c∈R) 的导函数为 f′(x),若不等式 f′(x)≤0 的解集为{x|-2≤x≤3},且 f(x) 的极小值等于-115,则 a 的值是( ) 81 1 A.-22 B.3 C.2 D.5 解析:由已知可知 f′(x)=3ax2+2bx+c, 由 3ax2+2bx+c≤0 的解集为{x|-2≤x≤3}可知 a>0,且 -2,3 是方程 3ax2+2bx+c=0 的两根. 2b c 由根与系数的关系知-3a=(-2)+3,3a=-2×3, -3a 3a ∴b= 2 ,c=-18a,此时 f(x)=ax3- 2 x2-18ax-34. 当 x∈(-∞,-2)时,f′(x)>0,f(x)为增函数; 当 x∈(-2,3)时,f′(x)<0,f(x)为减函数; 当 x∈(3,+∞)时,f′(x)>0,f(x)为增函数, ∴f(3)为 f(x)的极小值, 27a ∵f(3)=27a- 2 -54a-34=-115,∴a=2. 故选 C. 答案:C

(见学生用书 P24) 忽视单调性的条件致错 ax+1 例 已知函数 f(x)= (a 为常数),在(-1,1)内为增函数,求 x+1 实数 a 的取值范围. a-1 考场错解:由已知得 f′(x)= , (x+1)2 a-1 由题意可得 f′(x)= ≥0 在(-1,1)上恒成立, (x+1)2 即 a≥1. 专家把脉:课本上给出的有关单调性的结论是:若 f(x)在(a,b) 上有 f′(x)>0,则有 f(x)在(a,b)上为单调递增函数;若 f(x)在(a,b)上 有 f′(x)<0,则有 f(x)在(a,b)上为单调递减函数.注意这一条件只是 单调的充分条件并不是充要条件, 这一充分条件也可扩大为 f(x)在(a, b)上有 f′(x)≥0(或 f′(x)≤0)且 f′(x)在任一子区间上不恒为零, 则有 f(x) 在(a,b)上为单调递增(减)函数. a-1 对症下药:由已知得 f′(x)= , (x+1)2 a-1 由题意可得 f′(x)= ≥0 在(-1,1)上恒成立, (x+1)2 即 a≥1, 而当 a=1 时,f′(x)=0 恒成立, 所以当 a=1 时,f(x)不是单调递增函数, 所以 a>1.

(见学生用书 P123) 一、选择题 1.(2014· 岳阳模拟)在 R 上可导的函数 f(x)的图象如图所示,则 关于 x 的不等式 x· f′(x)<0 的解集为( )

A.(-∞,-1)∪(0,1) B.(-1,0)∪(1,+∞) C.(-2,-1)∪(1,2) D.(-∞,-2)∪(2,+∞) 解析:(1)当 x∈(-∞,-1)和 x∈(1,+∞)时,f(x)是增函数, ∴f′(x)>0. 由 x· f′(x)<0 得 x<0, ∴x·f′(x)<0 的解集是(-∞,-1). (2)当-1<x<1 时,f(x)递减,∴f′(x)<0. 由 x· f′(x)<0,得 x>0,∴0<x<1. 故 x· f′(x)<0 的解集为(-∞,-1)∪(0,1). 答案:A sin θ 3cos θ 2 2 . 设 函 数 f(x) = 3 x3 + x + tan θ , 其 中 2 ? 5π ? θ∈?0, ?,则导数 f′(1)的取值范围是( ) 12 ? ? A.[-2,2] B.[ 2, 3] C.[ 3,2] D.[ 2,2] 2 解析:∵f′(x)=sin θ·x + 3cos θ·x, ? π? ∴f′(1)=sin θ+ 3cos θ=2sin?θ+ ?. 3? ? ? π ?π 3π? 5π? ∵θ∈?0, ?,∴θ+ 3 ∈? , ?. 12 ? 4 ? ? ?3 ? π? ? 2 ? ∴sin?θ+ ?∈? ,1?. 3? ? 2 ? ? ? π? ∴2sin?θ+ ?∈[ 2,2]. 3? ? 答案:D 3.(2015· 安徽卷)函数 f(x)=ax3+bx2+cx+d 的图象如图所示, 下列结论成立的是( )

A.a>0,b<0,c>0,d>0 B.a>0,b<0,c<0,d>0 C.a<0,b<0,c>0,d>0 D.a>0,b>0,c>0,d<0 解析:由 f(x)的图象易知 d>0,且 f′(x)=3ax2+2bx+c 的图象是 开口向上的抛物线,与 x 轴正半轴有两个不同的交点,

a>0, ?a>0b, ? ? 则?-3a>0,即?b<0,故选 A. ?c>0, ?c>0, ? 答案:A 4.(2015· 河北衡水中学调研)已知向量 a,b 满足|a|=2|b|≠0,且 1 1 关于 x 的函数 f(x)=3x3+2|a|x2+a·bx 在 R 上有极值,则向量 a,b 的夹角的取值范围是( ) ? ?π ? π? A.?0, ? B.? ,π ? 6? ? ?6 ? ?π ? ?π 2π ? C.? ,π ? D.? , ? 3 ? ?3 ? ?3 解析:设 a,b 的夹角为 θ, 1 1 1 1 1 则 f(x) = 3 x3 + 2 |a|x2 + |a|· |b|cos θ· x = 3 x3 + 2 |a|· x2 + 2 |a|2cos θ·x, 1 ∴f′(x)=x2+|a|x+2|a|2cos θ. ∵函数 f(x)有极值, ∴f′(x)=0 有 2 个不等的实根, 1 ∴Δ=|a|2-2|a|2cos θ>0,即 1-2cos θ>0,∴cos θ<2. π 又 0≤θ≤π,∴ 3 <θ≤π,故选 C. 答案:C 5.(2012· 长郡模拟)已知函数 f(x)的定义域为[-3,+∞),f(6)= b+2 1,其导函数的图象如图所示,若正数 a,b 满足 f(2a+b)<1,则 a+2 的取值范围是( )

?2 ? A.?5,1? ? ? ?2 ? C.?5,4? ? ?

B.(1,4) 2? ? D.?-∞,5?∪(4,+∞)
? ?

解析:由导函数图象,可知函数在(0,+∞)上为单调增函数.

∵f(6)=1,正数 a,b 满足 f(2a+b)<1, ∴0<2a+b<6,a>0,b>0. 满足约束条件的平面区域如图.

b+2 又因为 表示的是可行域中的点与(-2,-2)的连线的斜率, a+2 所以当(-2,-2)与 A(0,6)相连时斜率最大,为 4; 2 当(-2,-2)与 B(3,0)相连时斜率最小为5. 答案:C 6.(2015· 湖北八校联考)已知函数 f(x)=x3-tx2+3x,若对于任意 的 a∈[1,2],b∈(2,3],函数 f(x)在区间[a,b]上单调递减,则实数 t 的取值范围是( ) A.(-∞,3] B.(-∞,5] C.[3,+∞) D.[5,+∞) 3 2 解析:∵f(x)=x -tx +3x, ∴f′(x)=3x2-2tx+3, 由于函数 f(x)在[a,b]上单调递减, 则有 f′(x)≤0 在[a,b]上恒成立, 即不等式 3x2-2tx+3≤0 在[a,b]上恒成立, 3? 1? 即有 t≥2?x+ x?在[a,b]上恒成立, ? ? 3? 1? 而函数 y=2?x+ x?在[1,3]上单调递增, ? ? 由于 a∈[1,2],b∈(2,3], 3? 1? 当 b=3 时,函数 y=2?x+ x?取得最大值, ? ? 1? 3? 即 ymax=2?3+3?=5, ? ? 所以 t≥5,故选 D. 答案:D

二、填空题 b 7. (2014· 江苏卷)在平面直角坐标系 xOy 中, 若曲线 y=ax2+x(a, b 为常数)过点 P(2,-5),且该曲线在点 P 处的切线与直线 7x+2y+ 3=0 平行,则 a+ b 的值是________. b 解析:y′=2ax-x2. 7 ∵直线 7x+2y+3=0 的斜率 k=-2, b 曲线 y=ax2+x(a,b 为常数)过点 P(2,-5),且该曲线在点 P 处 的切线与直线 7x+2y+3=0 平行, b ? 4 a + ? ?a=-1, 2=-5, ? ∴? 解得? 故 a+b=-3. b 7 ?b=-2, ? ? ?4a-4=-2, 答案:-3 8.(2014· 中山模拟)若函数 f(x)满足:“对于区间(1,2)上的任意 实数 x1,x2(x1≠x2),|f(x2)-f(x1)|<|x2-x1|恒成立”,则称 f(x)为完美 1 1 函数,给出以下四个函数:①f(x)=x ;②f(x)=|x|;③f(x)=(2)x;④f(x) =x2.其中是完美函数的序号是________. ?f(x2)-f(x1)? ? < 1,即 |f′(x)| 解析:由 |f(x2)-f(x1)|< |x2- x1|知? x2-x1 ? ? <1.经验证:①③符合题意. 答案:①③ 9.(2014· 湖南模拟)已知 m 是区间[0,4]内任取的一个数,那么 1 函数 f(x)=3x3-2x2+m2x+3 在 x∈R 上是增函数的概率是________. 1 解析:∵f(x)=3x3-2x2+m2x+3 在 x∈R 上是增函数, ∴f′(x)=x2-4x+m2≥0 恒成立. ∴Δ=16-4m2≤0,解得 m≥2 或 m≤-2. 又∵m 是区间[0,4]内任取的一个数,∴2≤m≤4. 由几何概型概率公式得, 4-2 1 函数 f(x)=3x3-2x2+m2x+3 在 x∈R 上是增函数的概率 P= 4 1 =2.

1 答案:2 10.(2014· 湖北武汉模拟)某商场从生产厂家以每件 20 元购进一 批商品,若该商品零售价为 p 元,销量 Q(单位:件)与零售价 p(单位: 元)有如下关系: Q=8 300-170p-p2, 则该商品零售价定为________ 元时利润最大,利润的最大值为________元. 解析:设商场销售该商品所获利润为 y 元, 则 y=(p-20)(8 300-170p-p2) =-p3-150p2+11 700p-166 000(p≥20), 则 y′=-3p2-300p+11 700. 令 y′=0 得 p2+100p-3 900=0, 解得 p=30 或 p=-130(舍去). 则 p,y,y′的变化关系如下表: p 30 (20,30) (30,+∞) y′ 0 + - y ?递增 极大值 递减?

故当 p=30 时,y 取极大值为 23 000 元. 又 y=-p3-150p2+11 700p-166 000 在[20,+∞)上只有一个 极值,故也是最值. 所以该商品零售价定为每件 30 元,所获利润最大为 23 000 元. 答案:30 23 000 11.(2015· 惠州模拟)函数 f(x)的定义域为 R,f(-1)=2,对任意 x∈R,f′(x)>2,则 f(x)>2x+4 的解集为____________. 解析:设 F(x)=f(x)-(2x+4), 则 F(-1)=f(-1)-(-2+4)=2-2=0. 又对任意 x∈R,f′(x)>2, 所以 F′(x)=f′(x)-2>0, 即 F(x)在 R 上单调递增. 则 F(x)>0 的解集为(-1,+∞), ∴f(x)>2x+4 的解集为(-1,+∞). 答案:(-1,+∞) 12.(2015· 湖南株洲质检)已知函数 f(x)=ax3+bx2+cx+d(a≠0) 图象的对称中心为 M(x0,f(x0)),记函数 f(x)的导函数为 f′(x),f′(x)的 ? 1 ? 导函数为 f″(x),则有 f″(x0)=0.若函数 f(x)=x3-3x2,则 f?2 013?+ ? ? ? 2 ? ?4 024? ?4 025? f?2 013?+?+f?2 013?+f?2 013?=__________. ? ? ? ? ? ?

解析:f′(x)=3x2-6x,f″(x)=6x-6. 令 f″(x)=0,得 x=1,f(1)=-2, ∴ f(x)的对称中心为(1,-2), ∴ f(2-x)+f(x)=-4, ? 1 ? ? 2 ? ?4 024? ?4 025? f?2 013?+f?2 013?+f?2 013?+f?2 013? ? ? ? ? ? ? ? ? =-4×2 012+f(1) =-8 048-2=-8 050. 答案:-8 050 三、解答题 1-a 1 13.(2014· 天津模拟)已知函数 f(x)=3x3+ 2 x2-ax-a,x∈R, 其中 a>0. (1)求函数 f(x)的单调区间; (2)若函数 f(x)在区间(-2,0)内恰有两个零点,求 a 的取值范围. 解析:(1)f′(x)=x2+(1-a)x-a=(x+1)(x-a). 由 f′(x)=0,得 x1=-1,x2=a>0. 当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表: x a (-∞,-1) -1 (-1,a) (a,+∞) f′(x) 0 0 + - + f (x ) ?递增 极大值 ?递减 极小值 ?递增

故函数 f(x)的单调递增区间是(-∞,-1),(a,+∞);单调递减 区间是(-1,a). (2)由(1)知 f(x)在区间(-2,-1)内单调递增,在区间(-1,0)内 单调递减,从而函数 f(x) 在区间 ( - 2 , 0) 内恰有两个零点只需满足 f(-2)<0, ? ? 1 ?f(-1)>0,解得 0<a<3. ? ?f(0)<0, 1? ? 所以 a 的取值范围是?0,3?. ? ? 1 2 1 14.(2015· 山东模拟)函数 f(x)=x +x2+x3. 1? ? (1)求 y=f(x)在?-4,-2?上的最值; ? ? 1 2 a (2)若 a≥0,求 g(x)=x+x2+x3的极值点.

(x+1)(x+3) , x4 令 f′(x)=0,得 x=-1 或 x=-3. 列表如下: x -4 (-4,-3) -3 f′(x) 0 - 极小值 9 f (x ) 4 ?递减 -64 -27 解析:(1)f′(x)=- x f′(x) -1 1? ? ?-1,- ? 2? ?

(-3,-1) + ?递增

1 -2

0 - 极大值 f (x ) ?递减 -2 0 1? ? ∴ y=f(x)在?-4,-2?上的最大值为 0,最小值为-2. ? ? 2 x +4x+3a (2)g′(x)=- , x4 设 u=x2+4x+3a, Δ=16-12a, 4 ①当 a≥3时,Δ≤0,g′(x)≤0, ∴ y=g(x)没有极值点. 4 ②当 0<a<3时,x1=-2- 4-3a, x2=-2+ 4-3a<0, ∴ 减区间为(-∞,x1),(x2,0),增区间为(x1,x2), ∴ 有两个极值点 x1,x2. x+4 1 2 ③当 a=0 时,g(x)=x+x2,g′(x)=- x3 , ∴ 减区间为(-∞,-4),增区间为(-4,0), ∴ 有一个极值点 x=-4. 4 综上所述,a=0 时,有一个极值点 x=-4;0<a<3时,有两个极 4 值点 x1=-2- 4-3a,x2=-2+ 4-3a;a≥3时,没有极值点. (x-1)2 15.(2015· 福建卷)已知函数 f(x)=ln x- . 2 (1)求函数 f(x)的单调递增区间;

(2)证明:当 x>1 时,f(x)<x-1; (3)确定实数 k 的所有可能取值, 使得存在 x0>1, 当 x∈(1, x0)时, 恒有 f(x)>k(x-1). -x2+x+1 1 解析:(1)f′(x)=x-x+1= ,x∈(0,+∞), x ? ?x>0, 1+ 5 由 f′(x)>0 得? 2 解得 0<x< 2 . ?-x +x+1>0, ? ? 1+ 5? ?. 故 f(x)的单调递增区间是?0, 2 ? ? (2)令 F(x)=f(x)-(x-1),x∈(0,+∞). 1-x2 则有 F′(x)= x . 当 x∈(1,+∞)时,F′(x)<0, 所以 F(x)在[1,+∞)上单调递减, 故当 x>1 时,F(x)<F(1)=0, 即当 x>1 时,f(x)<x-1. (3)由(2)知,当 k=1 时,不存在 x0>1 满足题意. 当 k>1 时,对于 x>1,有 f(x)<x-1<k(x-1), 则 f(x)<k(x-1), 从而不存在 x0>1 满足题意. 当 k<1 时, 令 G(x)=f(x)-k(x-1),x∈(0,+∞), -x2+(1-k)x+1 1 则有 G′(x)=x-x+1-k= . x 由 G′(x)=0 得,-x2+(1-k)x+1=0. 1-k- (1-k)2+4 解得 x1= <0, 2 1-k+ (1-k)2+4 x2= >1. 2 当 x∈(1,x2)时,G′(x)>0, 故 G(x)在[1,x2)内单调递增. 从而当 x∈(1,x2)时,G(x)>G(1)=0, 即 f(x)>k(x-1), 综上,k 的取值范围是(-∞,1)



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