《新編新課標(biāo)高三數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第2篇 第11節(jié) 導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用課時(shí)訓(xùn)練 理》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《新編新課標(biāo)高三數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第2篇 第11節(jié) 導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用課時(shí)訓(xùn)練 理（8頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 【導(dǎo)與練】（新課標(biāo)）20xx屆高三數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第2篇 第11節(jié) 導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用課時(shí)訓(xùn)練 理 【選題明細(xì)表】 知識(shí)點(diǎn)、方法 題號(hào) 導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性 1、5、7、9、11 導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值 2、4、8、14 導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的最值 3、6、11 導(dǎo)數(shù)研究實(shí)際應(yīng)用問題 12 綜合問題 10、13、15、16 基礎(chǔ)過關(guān) 一、選擇題 1.函數(shù)y=(3-x2)ex的單調(diào)遞增區(qū)間是(　D　) (A)(-∞,0) (B)(0,+∞) (C)(-∞,-3)和(1,+∞) (D)(-3,1) 解析:y′=-2xex+(3-x2)ex=ex(-x2-2x+3

2、), 由y′>0?x2+2x-3<0?-3

3、的定義域?yàn)?0,+∞), 又y′=1x-1=1-xx, 令y′=0得x=1, 當(dāng)x∈(0,1)時(shí),y′>0,函數(shù)單調(diào)遞增; 當(dāng)x∈(1,e)時(shí),y′<0,函數(shù)單調(diào)遞減. 當(dāng)x=1時(shí),函數(shù)取得最大值-1. 4.若函數(shù)f(x)=ax3+bx2+cx+d有極值,則導(dǎo)函數(shù)f′(x)的圖象不可能是(　D　) 解析:若函數(shù)f(x)=ax3+bx2+cx+d有極值,則此函數(shù)在某點(diǎn)兩側(cè)的單調(diào)性相反,也就是說導(dǎo)函數(shù)f′(x)在此點(diǎn)兩側(cè)的導(dǎo)函數(shù)值的符號(hào)相反,所以導(dǎo)函數(shù)的圖象要穿過x軸,觀察四個(gè)選項(xiàng)中的圖象只有D項(xiàng)是不符合要求的,即f′(x)的圖象不可能是D. 5.(20xx洛陽調(diào)研)若f(

4、x)=-12(x-2)2+bln x在(1,+∞)上是減函數(shù),則b的取值范圍是(　C　) (A)[-1,+∞) (B)(-1,+∞) (C)(-∞,-1] (D)(-∞,-1) 解析:由題意可知f′(x)=-(x-2)+bx≤0, 在x∈(1,+∞)上恒成立, 即b≤x(x-2)在x∈(1,+∞)上恒成立, 由于 (x)=x(x-2)=x2-2x在(1,+∞)上的值域是(-1,+∞), 故只要b≤-1即可. 6.(20xx福建廈門質(zhì)檢)若函數(shù)f(x)=x3-3x在(a,6-a2)上有最小值,則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(　C　) (A)(-5,1) (B)[-5,1) (C)[-2

5、,1) (D)(-5,-2] 解析:f′(x)=3x2-3=0, 得x=±1,且x=1為函數(shù)的極小值點(diǎn),x=-1為函數(shù)的極大值點(diǎn). 函數(shù)f(x)在區(qū)間(a,6-a2)上, 則函數(shù)f(x)極小值點(diǎn)必在區(qū)間(a,6-a2)內(nèi), 即實(shí)數(shù)a滿足a<1<6-a2 且f(a)=a3-3a≥f(1)=-2. 解a<1<6-a2,得-5

6、已知向量a=(ex+x22,-x),b=(1,t),若函數(shù)f(x)=a·b在區(qū)間(-1,1)上存在增區(qū)間,則t的取值范圍為　　　　.? 解析:f(x)=ex+x22-tx,x∈(-1,1),f′(x)=ex+x-t,函數(shù)在(-1,1)上存在增區(qū)間, 故ex+x≥t,x∈(-1,1)時(shí)有解,故e+1≥t. 答案:(-∞,e+1] 8.直線y=a與函數(shù)f(x)=x3-3x的圖象有相異的三個(gè)公共點(diǎn),則a的取值范圍是　　　　.? 解析:令f′(x)=3x2-3=0, 得x=±1,可得極大值為f(-1)=2,極小值為f(1)=-2, 如圖,觀察得-2

7、答案:(-2,2) 9.已知函數(shù)f(x)=-12x2+4x-3ln x在[t,t+1]上不單調(diào),則t的取值范圍是　　　　.? 解析:由題意知f′(x)=-x+4-3x=-x2+4x-3x =-(x-1)(x-3)x, 由f′(x)=0得函數(shù)f(x)的兩個(gè)極值點(diǎn)為1,3, 則只要這兩個(gè)極值點(diǎn)有一個(gè)在區(qū)間(t,t+1)內(nèi), 函數(shù)f(x)在區(qū)間[t,t+1]上就不單調(diào), 由t<1

8、(n)的最小值是　　　　.? 解析:f′(x)=-3x2+2ax, 根據(jù)已知2a3=2, 得a=3, 即f(x)=-x3+3x2-4. 根據(jù)函數(shù)f(x)的極值點(diǎn),可得函數(shù)f(m)在[-1,1]上的最小值為f(0)=-4,f′(n)=-3n2+6n在[-1,1]上單調(diào)遞增, 所以f′(n)的最小值為f′(-1)=-9. [f(m)+f′(n)]min=f(m)min+f′(n)min =-4-9 =-13. 答案:-13 三、解答題 11.(20xx太原模擬)設(shè)f(x)=-13x3+12x2+2ax. (1)若f(x)在(23,+∞)上存在單調(diào)遞增區(qū)間,求a的取值范圍;

9、 (2)當(dāng)00,得a>-19, 所以當(dāng)a>-19時(shí),f(x)在(23,+∞)上存在單調(diào)遞增區(qū)間. (2)令f′(x)=0,得兩根x1=1-1+8a2, x2=1+1+8a2. 所以f(x)在(-∞,x1),(x2,+∞)上單調(diào)遞減,在(x1,x2)上單調(diào)遞增. 當(dāng)0

10、值為f(x2). 又f(4)-f(1)=-272+6a<0, 即f(4)

11、,年銷量為28萬件, ∴5858-28=k(10-214)2, 解得k=2. ∴u=-2(x-214)2+5858=-2x2+21x+18. ∴y=(-2x2+21x+18)(x-6) =-2x3+33x2-108x-108(60; 當(dāng)x∈(9,11)時(shí),y′<0. ∴函數(shù)y=-2x3+33x2-108x-108在(6,9)上是遞增的,在(9,11)上是遞減的. ∴當(dāng)x=9時(shí),y取

12、最大值,且ymax=135, ∴售價(jià)為9元時(shí),年利潤(rùn)最大,最大年利潤(rùn)為135萬元. 能力提升 13.(20xx宜昌模擬)已知y=f(x)是奇函數(shù),當(dāng)x∈(0,2)時(shí),f(x)=ln x-ax(a>12),當(dāng)x∈(-2,0)時(shí),f(x)的最小值為1,則a的值等于(　D　) (A)14 (B)13 (C)12 (D)1 解析:由題意知,當(dāng)x∈(0,2)時(shí),f(x)的最大值為-1. 令f′(x)=1x-a=0,得x=1a, 當(dāng)00; 當(dāng)x>1a時(shí),f′(x)<0. ∴f(x)max=f(1a)=-ln a-1=-1, 解得a=1. 14.函數(shù)f(x)=

13、ax3+x恰有三個(gè)單調(diào)區(qū)間,則a的取值范圍是　　　　.? 解析:f(x)=ax3+x恰有三個(gè)單調(diào)區(qū)間, 即函數(shù)f(x)恰有兩個(gè)極值點(diǎn), 即f′(x)=0有兩個(gè)不等實(shí)根. ∵f(x)=ax3+x, ∴f′(x)=3ax2+1. 要使f′(x)=0有兩個(gè)不等實(shí)根,則a<0. 答案:(-∞,0) 15.(20xx廣東六校聯(lián)考)已知f(x)=3x2-x+m(x∈R),g(x)=ln x. (1)若函數(shù)f(x)與g(x)的圖象在x=x0處的切線平行,求x0的值; (2)求當(dāng)曲線y=f(x)與y=g(x)有公共切線時(shí),實(shí)數(shù)m的取值范圍; (3)在(2)的條件下,求函數(shù)F(x)=f(x

14、)-g(x)在區(qū)間[13,1]上的最值(用m表示). 解:(1)f′(x)=6x-1,g′(x)=1x(x>0), 由題意知6x0-1=1x0(x0>0), 即6x02-x0-1=0, 解得x0=12或x0=-13, 又∵x0>0, ∴x0=12. (2)若曲線y=f(x)與y=g(x)相切且在交點(diǎn)處有公共切線, 由(1)得切點(diǎn)橫坐標(biāo)為12, ∴f(12)=g(12), ∴34-12+m=ln 12, 即m=-14-ln 2, 數(shù)形結(jié)合可知,m>-14-ln 2時(shí),f(x)與g(x)有公共切線, 故m的取值范圍是(-14-ln 2,+∞). (3)F(x)=f(x)

15、-g(x)=3x2-x+m-ln x, 故F′(x)=6x-1-1x =6x2-x-1x =(3x+1)(2x-1)x, 當(dāng)x變化時(shí),F′(x)與F(x)在區(qū)間[13,1]上的變化情況如表: x [13,12) 12 (12,1] F′(x) - 0 + F(x) ↘ 極小值 ↗ 又∵F(13)=m+ln 3, F(1)=2+m>F(13), ∴當(dāng)x∈[13,1]時(shí), F(x)min=F(12) =m+14+ln 2(m>-14-ln 2), F(x)max=F(1)=m+2(m>-14-ln 2). 探究創(chuàng)新 16.(20xx天津模擬)設(shè)函

16、數(shù)f(x)=x2+ax-ln x. (1)若a=1,試求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間. (2)過坐標(biāo)原點(diǎn)O作曲線y=f(x)的切線,證明:切點(diǎn)的橫坐標(biāo)為1. (1)解:a=1時(shí),f(x)=x2+x-ln x(x>0), 所以f′(x)=2x+1-1x=(2x-1)(x+1)x, x∈(0,12),f′(x)<0,x∈(12,+∞),f′(x)>0, 所以f(x)的減區(qū)間為(0,12),增區(qū)間為(12,+∞). (2)證明:設(shè)切點(diǎn)為M(t,f(t)),f′(x)=2x+a-1x, 切線的斜率k=2t+a-1t, 又切線過原點(diǎn)k=f(t)t, f(t)t=2t+a-1t, 即t2+at-ln t=2t2+at-1, 所以t2-1+ln t=0, t=1滿足方程t2-1+ln t=0, 由y=1-x2,y=ln x圖象可知x2-1+ln x=0有唯一解x=1,切點(diǎn)的橫坐標(biāo)為1.