《數(shù)學(xué) 理一輪對點訓(xùn)練：323 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用 Word版含解析》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《數(shù)學(xué) 理一輪對點訓(xùn)練：323 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用 Word版含解析（13頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 1.設(shè)f(x)是定義在R上的可導(dǎo)函數(shù)，當(dāng)x≠0時，f′(x)＋>0，則關(guān)于x的函數(shù)g(x)＝f(x)＋的零點個數(shù)為(　　) A．1 B．2 C．0 D．0或2 答案　C 解析　由f′(x)＋>0，得>0，當(dāng)x>0時，xf′(x)＋f(x)>0，即 [xf(x)]′>0，函數(shù)xf(x)單調(diào)遞增； 當(dāng)x<0時，xf′(x)＋f(x)<0， 即[xf(x)]′<0，函數(shù)xf(x)單調(diào)遞減． ∴xf(x)>0f(0)＝0，又g(x)＝f(x)＋x－1＝，函數(shù)g(x)＝的零點個數(shù)等價于函數(shù)y＝xf(x)＋1的零

2、點個數(shù)． 當(dāng)x>0時，y＝xf(x)＋1>1，當(dāng)x<0時，y＝xf(x)＋1>1，所以函數(shù)y＝xf(x)＋1無零點，所以函數(shù)g(x)＝f(x)＋x－1的零點個數(shù)為0.故選C. 2．設(shè)函數(shù)f(x)是定義在(－∞，0)上的可導(dǎo)函數(shù)，其導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，且有2f(x)＋xf′(x)>x2，則不等式(x＋20xx)2f(x＋20xx)－4f(－2)>0的解集為________． 答案　(－∞，－20xx) 解析　由2f(x)＋xf′(x)>x2，x<0得2xf(x)＋x2f′(x)<x3，∴[x2f(x)]′<x3<0.令F(

3、x)＝x2f(x)(x<0)，則F′(x)<0(x<0)，即F(x)在(－∞，0)上是減函數(shù)，因為F(x＋20xx)＝(x＋20xx)2f(x＋20xx)，F(xiàn)(－2)＝4f(－2)，所以不等式(x＋20xx)2f(x＋20xx)－4f(－2)>0即為F(x＋20xx)－F(－2)>0，即F(x＋20xx)>F(－2)，又因為F(x)在(－∞，0)上是減函數(shù)，所以x＋20xx<－2，∴x<－20xx. 3．已知f(x)＝ax－cosx，x∈.若?x1∈，?x2∈，x1≠x2，<0，則實數(shù)a的取值范圍為________． 答案　a≤－ 解

4、析　f′(x)＝a＋sinx.依題意可知f(x)在上為減函數(shù)，所以f′(x)≤0對x∈恒成立，可得a≤－sinx對x∈恒成立．設(shè)g(x)＝－sinx，x∈.易知g(x)為減函數(shù)，故g(x)min＝－，所以a≤－. 4．設(shè)函數(shù)f(x)＝emx＋x2－mx. (1)證明：f(x)在(－∞，0)單調(diào)遞減，在(0，＋∞)單調(diào)遞增； (2)若對于任意x1，x2∈[－1,1]，都有|f(x1)－f(x2)|≤e－1，求m的取值范圍． 解　(1)證明：f′(x)＝m(emx－1)＋2x. 若m≥0，則當(dāng)x∈(－∞，0)時，emx－1≤0，f′(x)<0；當(dāng)x∈(0，＋∞)時，emx－1≥0

5、，f′(x)>0. 若m<0，則當(dāng)x∈(－∞，0)時，emx－1>0，f′(x)<0；當(dāng)x∈(0，＋∞)時，emx－1<0，f′(x)>0.所以，f(x)在(－∞，0)單調(diào)遞減，在(0，＋∞)單調(diào)遞增． (2)由(1)知，對任意的m，f(x)在[－1,0]單調(diào)遞減，在[0,1]單調(diào)遞增，故f(x)在x＝0處取得最小值．所以對于任意x1，x2∈[－1,1]，|f(x1)－f(x2)|≤e－1的充要條件是 即?、? 設(shè)函數(shù)g(t)＝et－t－e＋1，則g′(t)＝et－1. 當(dāng)t<0時，g′(t)<0；當(dāng)t>0時，g′(t)>0.

6、故g(t)在(－∞，0)單調(diào)遞減，在(0，＋∞)單調(diào)遞增． 又g(1)＝0，g(－1)＝e－1＋2－e<0，故當(dāng)t∈[－1,1]時，g(t)≤0. 當(dāng)m∈[－1,1]時，g(m)≤0，g(－m)≤0，即①式成立； 當(dāng)m>1時，由g(t)的單調(diào)性，g(m)>0，即em－m>e－1； 當(dāng)m<－1時，g(－m)>0，即e－m＋m>e－1.綜上，m的取值范圍是[－1,1]． 5．設(shè)a>1，函數(shù)f(x)＝(1＋x2)ex－a. (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)證明：f(x)在(－∞，＋∞)上僅有一個零點； (3)若曲線y＝f(x)在點P

7、處的切線與x軸平行，且在點M(m，n)處的切線與直線OP平行(O是坐標(biāo)原點)，證明：m≤ －1. 解　(1)f′(x)＝2xex＋(1＋x2)ex＝(x2＋2x＋1)ex＝(x＋1)2ex≥0，故f(x)是R上的單調(diào)遞增函數(shù)，其單調(diào)增區(qū)間是(－∞，＋∞)，無單調(diào)減區(qū)間． (2)證明：因為f(0)＝(1＋02)e0－a＝1－a<0，且f(ln a)＝(1＋ln2a)eln a－a＝(1＋ln2a)a－a＝aln2a>0， 由零點存在性定理知，f(x)在(－∞，＋∞)上至少有一個零點． 又由(1)知，函數(shù)f(x)是(－∞，＋∞)上的單調(diào)遞增函數(shù)， 故函數(shù)f(x)在(－∞，＋∞

8、)上僅有一個零點． (3)證明：設(shè)點P(x0，y0)，由曲線y＝f(x)在點P處的切線與x軸平行知，f′(x0)＝0，即f′(x0)＝(x0＋1)2ex0＝0，(x0＋1)2＝0，x0＝－1，即P(－1,2e－1－a)． 由點M(m，n)處的切線與直線OP平行知，f′(m)＝kOP， 即(1＋m)2em＝＝a－. 由em≥1＋m知，(1＋m)3≤(1＋m)2em＝a－， 即1＋m≤ ，即m≤ －1. 6．已知函數(shù)f(x)＝nx－xn，x∈R，其中n∈N*，且n≥2. (1)討論f(x)的單調(diào)性； (2)設(shè)曲線y＝f(x)與x軸正半軸的交點為P，曲線在點P處的切線方程為y＝g(

9、x)，求證：對于任意的正實數(shù)x，都有f(x)≤g(x)； (3)若關(guān)于x的方程f(x)＝a(a為實數(shù))有兩個正實數(shù)根x1，x2，求證：|x2－x1|<＋2. 解　(1)由f(x)＝nx－xn，可得f′(x)＝n－nxn－1＝n(1－xn－1)，其中n∈N*，且n≥2.下面分兩種情況討論： ①當(dāng)n為奇數(shù)時． 令f′(x)＝0，解得x＝1，或x＝－1. 當(dāng)x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表： x (－∞，－1) (－1,1) (1，＋∞) f′(x) － ＋ － f(x)    所以，f(x)在(－∞，－1)，(1，＋∞)上單調(diào)遞減，在(

10、－1,1)內(nèi)單調(diào)遞增． ②當(dāng)n為偶數(shù)時． 當(dāng)f′(x)>0，即x<1時，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增； 當(dāng)f′(x)<0，即x>1時，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減． 所以，f(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減． (2)證明：設(shè)點P的坐標(biāo)為(x0,0)，則x0＝n，f′(x0)＝n－n2.曲線y＝f(x)在點P處的切線方程為y＝f′(x0)(x－x0)，即g(x)＝f′(x0)(x－x0)．令F(x)＝f(x)－g(x)，即F(x)＝f(x)－f′(x0)(x－x0)，則F′(x)＝f′(x)－f′(x0)． 由于f′(x)＝－nxn－1＋n在(0，＋∞

11、)上單調(diào)遞減，故F′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減．又因為F′(x0)＝0，所以當(dāng)x∈(0，x0)時，F(xiàn)′(x)>0，當(dāng)x∈(x0，＋∞)時，F(xiàn)′(x)<0，所以F(x)在(0，x0)上單調(diào)遞增，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞減，所以對于任意的正實數(shù)x，都有F(x)≤F(x0)＝0，即對于任意的正實數(shù)x，都有f(x)≤g(x)． (3)證明：不妨設(shè)x1≤x2.由(2)知g(x)＝(n－n2)(x－x0)．設(shè)方程g(x)＝a的根為x2′，可得x2′＝＋x0.當(dāng)n≥2時，g(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞減．又由(2)知g(x2)≥f(x2)＝a＝g(x2′)，可得x2≤x2′. 類似地，

12、設(shè)曲線y＝f(x)在原點處的切線方程為y＝h(x)，可得h(x)＝nx.當(dāng)x∈(0，＋∞)，f(x)－h(huán)(x)＝－xn<0，即對于任意的x∈(0，＋∞)，f(x)<h(x)． 設(shè)方程h(x)＝a的根為x1′，可得x1′＝.因為h(x)＝nx在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增，且h(x1′)＝a＝f(x1)<h(x1)，因此x1′<x1. 由此可得x2－x1<x2′－x1′＝＋x0. 因為n≥2， 所以2n－1＝(1＋1)n－1≥1＋C＝1＋n－1＝n，故2≥n＝x0. 所以|x2－x1|<＋2. 7．已知函數(shù)f(x)＝ln (1＋x)，g(x)＝kx(k

13、∈R)． (1)證明：當(dāng)x>0時，f(x)<x； (2)證明：當(dāng)k<1時，存在x0>0，使得對任意的x∈(0，x0)，恒有f(x)>g(x)； (3)確定k的所有可能取值，使得存在t>0，對任意的x∈(0，t)，恒有|f(x)－g(x)|<x2. 解　(1)證明：令F(x)＝f(x)－x＝ln (1＋x)－x，x∈[0，＋∞)， 則有F′(x)＝－1＝. 當(dāng)x∈(0，＋∞)時，F(xiàn)′(x)<0， 所以F(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞減， 故當(dāng)x>0時，F(xiàn)(x)<F(0)＝0，即當(dāng)x>0時，f(x)<x. (2

14、)證明：令G(x)＝f(x)－g(x)＝ln (1＋x)－kx，x∈[0，＋∞)， 則有G′(x)＝－k＝. 當(dāng)k≤0時，G′(x)>0，故G(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，G(x)>G(0)＝0，故任意正實數(shù)x0均滿足題意． 當(dāng)0<k<1時， 令G′(x)＝0，得x＝＝－1>0， 取x0＝－1，對任意x∈(0，x0)， 有G′(x)>0， 從而G(x)在[0，x0)上單調(diào)遞增， 所以G(x)>G(0)＝0，即f(x)>g(x)． 綜上，當(dāng)k<1時，總存在x0>0，使得對任意x∈(0，x0)，恒有f(x)>g(

15、x)． (3)解法一：當(dāng)k>1時，由(1)知，?x∈(0，＋∞)，g(x)>x>f(x)，故g(x)>f(x)， |f(x)－g(x)|＝g(x)－f(x)＝kx－ln (1＋x)． 令M(x)＝kx－ln (1＋x)－x2，x∈[0，＋∞)， 則有M′(x)＝k－－2x＝. 故當(dāng)x∈時， M′(x)>0， M(x)在上單調(diào)遞增， 故M(x)>M(0)＝0，即|f(x)－g(x)|>x2.所以滿足題意的t不存在． 當(dāng)k<1時，由(2)知，存在x0>0，使得當(dāng)x∈(0，x0)時，f(x)>g(x)， 此時|f(x)－

16、g(x)|＝f(x)－g(x)＝ln (1＋x)－kx. 令N(x)＝ln (1＋x)－kx－x2，x∈[0，＋∞)， 則有N′(x)＝－k－2x ＝， 當(dāng)x∈時，N′(x)>0，N(x)在上單調(diào)遞增， 故N(x)>N(0)＝0，即f(x)－g(x)>x2. 記x0與中的較小者為x1， 則當(dāng)x∈(0，x1)時，恒有|f(x)－g(x)|>x2. 故滿足題意的t不存在． 當(dāng)k＝1時，由(1)知，當(dāng)x>0時，|f(x)－g(x)|＝g(x)－f(x)＝x－ln (1＋x)． 令H(x)＝x－ln (1＋x)－x2，x∈[0，＋∞)， 則有H′

17、(x)＝1－－2x＝. 當(dāng)x>0時，H′(x)<0， 所以H(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞減，故H(x)<H(0)＝0.故當(dāng)x>0時， 恒有|f(x)－g(x)|<x2. 此時，任意正實數(shù)t均滿足題意． 綜上，k＝1. 解法二：當(dāng)k>1時，由(1)知，?x∈(0，＋∞)，g(x)>x>f(x)， 故|f(x)－g(x)|＝g(x)－f(x)＝kx－ln (1＋x)>kx－x＝(k－1)x. 令(k－1)x>x2，解得0<x<k－1. 從而得到，當(dāng)k>1時，對于x∈(0，k－1)，恒有|f(x)－g(x

18、)|>x2， 故滿足題意的t不存在． 當(dāng)k<1時，取k1＝，從而k<k1<1， 由(2)知，存在x0>0，使得x∈(0，x0)，f(x)>k1x>kx＝g(x)， 此時|f(x)－g(x)|＝f(x)－g(x)>(k1－k)x＝x. 令x>x2，解得0<x<，此時f(x)－g(x)>x2. 記x0與中的較小者為x1，當(dāng)x∈(0，x1)時，恒有|f(x)－g(x)|>x2. 故滿足題意的t不存在． 當(dāng)k＝1時，由(1)知，x>0，|f(x)－g(x)|＝g(x)－f(x)＝x－ln (1＋x)，

19、 令M(x)＝x－ln (1＋x)－x2，x∈[0，＋∞)， 則有M′(x)＝1－－2x＝. 當(dāng)x>0時，M′(x)<0， 所以M(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞減， 故M(x)<M(0)＝0. 故當(dāng)x>0時，恒有|f(x)－g(x)|<x2， 此時，任意正實數(shù)t均滿足題意． 綜上，k＝1. 8．已知函數(shù)f(x)＝ln . (1)求曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程； (2)求證：當(dāng)x∈(0,1)時，f(x)>2； (3)設(shè)實數(shù)k使得f(x)>k對x∈(0,1)恒成立，求k的最大值． 解　(1)因為f(x)＝ln (1

20、＋x)－ln(1－x)，所以f′(x)＝＋，f′(0)＝2. 又因為f(0)＝0，所以曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程為y＝2x. (2)證明：令g(x)＝f(x)－2，則g′(x)＝f′(x)－2(1＋x2)＝. 因為g′(x)>0(0<x<1)，所以g(x)在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞增． 所以g(x)>g(0)＝0，x∈(0,1)， 即當(dāng)x∈(0,1)時，f(x)>2. (3)由(2)知，當(dāng)k≤2時，f(x)>k對x∈(0,1)恒成立． 當(dāng)k>2時，令h(x)＝f(x)－k，則 h′(x)＝f′(x)－k(1＋x2)＝

21、. 所以當(dāng)0<x< 時，h′(x)<0，因此h(x)在區(qū)間上單調(diào)遞減． 當(dāng)0<x< 時，h(x)<h(0)＝0，即f(x)<k. 所以當(dāng)k>2時，f(x)>k并非對x∈(0,1)恒成立． 綜上可知，k的最大值為2. 9．已知函數(shù)f(x)＝ln x－ax2－2x(a<0)． (1)若函數(shù)f(x)在定義域內(nèi)單調(diào)遞增，求a的取值范圍； (2)若a＝－且關(guān)于x的方程f(x)＝－x＋b在[1,4]上恰有兩個不相等的實數(shù)根，求實數(shù)b的取值范圍． 解　(1)f′(x)＝－(x>0)． 依題意f′(x)≥0在x>0時恒成

22、立，即ax2＋2x－1≤0在x>0時恒成立． 則a≤＝2－1在x>0時恒成立， 即a≤min(x>0)， 當(dāng)x＝1時，2－1取最小值－1. ∴a的取值范圍是(－∞，－1]． (2)a＝－，f(x)＝－x＋b?x2－x＋ln x－b＝0. 設(shè)g(x)＝x2－x＋ln x－b(x>0)． 則g′(x)＝. 列表： x (0,1) 1 (1,2) 2 (2,4) g′(x) ＋ 0 － 0 ＋ g(x)  極大值  極小值  ∴g(x)極小值＝g(2)＝ln 2－b－2，g(x)極大值＝g(1)＝－b－，又g(4)＝

23、2ln 2－b－2， ∵方程g(x)＝0在[1,4]上恰有兩個不相等的實數(shù)根，則得ln 2－2<b≤－. 10. 如圖，現(xiàn)要在邊長為100 m的正方形ABCD內(nèi)建一個交通“環(huán)島”．以正方形的四個頂點為圓心在四個角分別建半徑為x m(x不小于9)的扇形花壇，以正方形的中心為圓心建一個半徑為x2 m的圓形草地．為了保證道路暢通，島口寬不小于60 m，繞島行駛的路寬均不小于10 m. (1)求x的取值范圍(運算中取1.4)； (2)若中間草地的造價為a元/m2，四個花壇的造價為ax 元/m2，其余區(qū)域的造價為元/m2，當(dāng)x取何值時，可使“環(huán)島”的整體造價最低？ 解　(1)由題意得，

24、， 解得，即9≤x≤15. 所以x的取值范圍是[9,15]． (2)記“環(huán)島”的整體造價為y元，則由題意得 y＝a×π×2＋ax×πx2＋×＝＋x3－12x2， 令f(x)＝－x4＋x3－12x2， 則f′(x)＝－x3＋4x2－24x＝－4x， 由f′(x)＝0，解得x＝10或x＝15或x＝0(舍)， 列表如下： x 9 (9,10) 10 (10,15) 15 f′(x) － 0 ＋ 0 f(x)  極小值  所以當(dāng)x＝10時，y取最小值． 即當(dāng)x＝10時，可使“環(huán)島”的整體造價最低．