《高考數學浙江理科一輪【第三章】導數及其應用 第2講 導數的應用》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高考數學浙江理科一輪【第三章】導數及其應用 第2講 導數的應用（6頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、 精品資料 第2講 導數的應用(一) 一、選擇題 1．與直線2x－y＋4＝0平行的拋物線y＝x2的切線方程是(　　)． A．2x－y＋3＝0 B．2x－y－3＝0 C．2x－y＋1＝0 D．2x－y－1＝0 解析　設切點坐標為(x0，x)，則切線斜率為2x0， 由2x0＝2得x0＝1，故切線方程為y－1＝2(x－1)， 即2x－y－1＝0. 答案　D 2．若函數h(x)＝2x－＋在(1，＋∞)上是增函數，則實數k的取值范圍是 (　　)． A．(－2，＋∞) B．(2，＋∞)

2、C．(－∞，－2) D．(－∞，2) 解析　由條件得h′(x)＝2＋＝≥0在(1，＋∞)上恒成立，即k≥－2x2在(1，＋∞)上恒成立，所以k∈(－2，＋∞)． 答案　A 3．函數f(x)＝(4－x)ex的單調遞減區(qū)間是 (　　)． A．(－∞，4) B．(－∞，3) C．(4，＋∞) D．(3，＋∞) 解析　f′(x)＝ex＋(4－x)ex＝ex(3－x)，令f′(x)<0，由于ex>0，∴3－x<0，解得x>3. 答案　D 4．函數f(x)＝ax3＋bx在x＝處有極值，則ab的值為(　　) A．2 B．－2

3、 C．3 D．－3 解析 f′(x)＝3ax2＋b，由f′＝3a2＋b＝0，可得ab＝－3.故選D. 答案 D 5．對于R上可導的任意函數f(x)，若滿足(x－1)f′(x)≥0，則必有(　　)． A．f(0)＋f(2)<2f(1) B．f(0)＋f(2)≤2f(1) C．f(0)＋f(2)≥2f(1) D．f(0)＋f(2)>2f(1) 解析　不等式(x－1)f′(x)≥0等價于或 可知f(x)在(－∞，1)上遞減，(1，＋∞)上遞增，或者f(x)為常數函數，因此f(0)＋f(2)≥2f(1)． 答案　C 6．已知函數f(x

4、)的定義域為[－1,5]，部分對應值如下表．f(x)的導函數y＝f′(x)的圖象如圖所示． 下列關于函數f(x)的命題： ①函數y＝f(x)是周期函數； 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

5、－1，t]時，f(x)的最大值是2，依題意，結合函數f(x)的可能圖象形狀分析可知，此時t的最大值是5，因此③不正確；注意到f(2)的值不明確，結合圖形分析可知，將函數f(x)的圖象向下平移a(1

6、 解析 f′(x)＝3x2－6x，令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝2，當x∈(－∞，0)時，f′(x)>0， 當x∈(0,2)時，f′(x)<0，當x∈(2，＋∞)時，f′(x)>0，顯然當x＝2時f(x)取極小值． 答案 2 9．若曲線f(x)＝ax5＋ln x存在垂直于y軸的切線，則實數a的取值范圍是________． 解析　∵f′(x)＝5ax4＋，x∈(0，＋∞)， ∴由題意知5ax4＋＝0在(0，＋∞)上有解． 即a＝－在(0，＋∞)上有解． ∵x∈(0，＋∞)，∴－∈(－∞，0)．∴a∈(－∞，0)． 答案　(－∞，0) 10．已知函數y＝－x3＋bx2－(

7、2b＋3)x＋2－b在R上不是單調減函數，則b的取值范圍是________． 解析　y′＝－x2＋2bx－(2b＋3)，要使原函數在R上單調遞減，應有y′≤0恒成立，∴Δ＝4b2－4(2b＋3)＝4(b2－2b－3)≤0，∴－1≤b≤3，故使該函數在R上不是單調減函數的b的取值范圍是b<－1或b>3. 答案　(－∞，－1)∪(3，＋∞) 三、解答題 11．設函數f(x)＝ax3－3x2，(a∈R)，且x＝2是y＝f(x)的極值點，求函數g(x)＝exf(x)的單調區(qū)間． 解　f′(x)＝3ax2－6x＝3x(ax－2)． 因為x＝2是函數y＝f(x)的極值點． 所以f′(2)＝0

8、，即6(2a－2)＝0，因此a＝1， 經驗證，當a＝1時，x＝2是函數f(x)的極值點， 所以g(x)＝ex(x3－3x2)， g′(x)＝ex(x3－3x2＋3x2－6x) ＝ex(x3－6x)＝x(x＋)(x－)ex. 因為ex>0，所以y＝g(x)的單調增區(qū)間是(－，0)和(，＋∞)；單調減區(qū)間是(－∞，－)和(0，)． 12．已知函數f(x)＝x3－ax－1 (1)若f(x)在(－∞，＋∞)上單調遞增，求實數a的取值范圍； (2)是否存在實數a，使f(x)在(－1,1)上單調遞減？若存在，求出a的取值范圍；若不存在試說明理由． 解 (1)f′(x)＝3x2－a 由Δ

9、≤0，即12a≤0，解得a≤0， 因此當f(x)在(－∞，＋∞)上單調遞增時，a的取值范圍是(－∞，0]． (2)若f(x)在(－1,1)上單調遞減， 則對于任意x∈(－1,1)不等式f′(x)＝3x2－a≤0恒成立 即a≥3x2，又x∈(－1,1)，則3x2<3因此a≥3 函數f(x)在(－1,1)上單調遞減，實數a的取值范圍是[3，＋∞)． 13．已知函數f(x)＝aln x－ax－3(a∈R)． (1)求函數f(x)的單調區(qū)間； (2)若函數y＝f(x)的圖象在點(2，f(2))處的切線的傾斜角為45，對于任意的t∈[1,2]，函數g(x)＝x3＋x2在區(qū)間(t,3)上總

10、不是單調函數，求m的取值范圍． 解　(1)根據題意知，f′(x)＝(x＞0)， 當a＞0時，f(x)的單調遞增區(qū)間為(0,1]，單調遞減區(qū)間為(1，＋∞)； 當a＜0時，f(x)的單調遞增區(qū)間為(1，＋∞)，單調遞減區(qū)間為(0,1]；當a＝0 時，f(x)不是單調函數． (2)∵f′(2)＝－＝1，∴a＝－2， ∴f(x)＝－2ln x＋2x－3. ∴g(x)＝x3＋x2－2x， ∴g′(x)＝3x2＋(m＋4)x－2. ∵g(x)在區(qū)間(t,3)上總不是單調函數，且g′(0)＝－2， ∴ 由題意知：對于任意的t∈[1,2]，g′(t)＜0恒成立， ∴∴－＜m＜－9.

11、14．設函數f(x)＝ln x＋在內有極值． (1)求實數a的取值范圍； (2)若x1∈(0,1)，x2∈(1，＋∞)．求證：f(x2)－f(x1)>e＋2－.注：e是自然對數的底數． (1)解　易知函數f(x)的定義域為(0,1)∪(1，＋∞)， f′(x)＝－＝＝. 由函數f(x)在內有極值，可知方程f′(x)＝0在內有解，令g(x)＝x2－(a＋2)x＋1＝(x－α)(x－β)． 不妨設0<α<，則β>e，又g(0)＝1>0， 所以g＝－＋1<0，解得a>e＋－2. (2)證明　由(1)知f′(x)>0?0β， f′(x)<0?αe)， 則h′(β)＝＋1＋＝2>0， 所以函數h(β)在(e，＋∞)上單調遞增， 所以f(x2)－f(x1)≥h(β)>h(e)＝2＋e－.