《一輪優(yōu)化探究理數(shù)蘇教版練習(xí)：第三章 第二節(jié)　簡單復(fù)合函數(shù)的導(dǎo)數(shù) Word版含解析》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《一輪優(yōu)化探究理數(shù)蘇教版練習(xí)：第三章 第二節(jié)　簡單復(fù)合函數(shù)的導(dǎo)數(shù) Word版含解析（6頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 高考數(shù)學(xué)精品復(fù)習(xí)資料 2019.5 1．求函數(shù)f(x)＝xe2－x的最大值． 解析：f′(x)＝x′e2－x＋xe2－x(2－x)′ ＝e2－x－xe2－x＝(1－x) e2－x. ∴當(dāng)x<1時，f′(x)>0；當(dāng)x>1時，f′(x)<0； 當(dāng)x＝1時，f′(x)＝0， ∴當(dāng)x＝1時，f(x)取得最大值為e. 2．設(shè)曲線y＝cos(ωx＋)在點(，0)處的切線斜率為k.若|k|<1，求ω. 解析：由曲線過點(，0)，則cos(ω＋)＝0， ∴ω＋＝nπ＋， ∴ω＝2n＋(n∈Z)， ∵y′＝－sin(

2、ωx＋)(ωx＋)′ ＝－ωsin(ωx＋)． ∴y′|x＝＝－ωsin(＋)， 即k＝－ωsin(π＋)． ∴|k|＝|ωsin(π＋)|＝|(2n＋)sin(nπ＋)| ＝|2n＋|<1， ∴n＝0，ω＝. 3．已知a，b是實數(shù)，函數(shù)f(x)＝x3＋ax，g(x)＝x2＋bx，f′(x)和g′(x)分別是f(x)和g(x)的導(dǎo)函數(shù)．若f′(x)g′(x)≥0在區(qū)間I上恒成立，則稱f(x)和g(x)在區(qū)間I上單調(diào)性一致． (1)設(shè)a>0，若f(x)和g(x)在區(qū)間[－1，＋∞)上單調(diào)性一致，求b的取值范圍； (2)設(shè)a<0且a≠b，若f(x)和g(x)在以a，b為端點的開區(qū)

3、間上單調(diào)性一致，求|a－b|的最大值． 解析：f′(x)＝3x2＋a，g′(x)＝2x＋b. (1)由題意知f′(x)g′(x)≥0在[－1，＋∞)上恒成立． 因為a>0，故3x2＋a>0，進(jìn)而2x＋b≥0，即b≥－2x在區(qū)間[－1，＋∞)上恒成立，所以b≥2. 因此b的取值范圍是[2，＋∞)． (2)令f′(x)＝0，解得x＝ . 若b>0，由a<0得0∈(a，b)． 又因為f′(0)g′(0)＝ab<0，所以函數(shù)f(x)和g(x)在(a，b)上的單調(diào)性是不一致的，因此b≤0. 由此得，當(dāng)x∈(－∞，0)時，g′(x)<0. 當(dāng)x∈(－∞，－)時，f′(x)>0， 因此，

4、當(dāng)x∈(－∞，－)時，f′(x)g′(x)<0， 故由題設(shè)得a≥－且b≥－，從而－≤a<0，于是－≤b≤0.因此|a－b|≤，且當(dāng)a＝－，b＝0時等號成立． 又當(dāng)a＝－，b＝0時，f′(x)g′(x)＝6x(x2－)，從而當(dāng)x∈(－，0)時，f′(x)g′(x)>0， 故函數(shù)f(x)和g(x)在(－，0)上單調(diào)性一致． 因此|a－b|的最大值為. 4.如圖，函數(shù)y＝2cos(ωx＋θ)(x∈R，0≤θ≤)的圖象與y軸交于點(0，)，且在該點處切線的斜率為－2. (1)求θ和ω的值； (2)已知點A(，0)，點P是該函數(shù)圖象上一點，點Q(x0，y0)是PA的中點，當(dāng)y0＝，x0∈[

5、，π]時，求x0的值． 解析：(1)將x＝0，y＝代入函數(shù)y＝2cos(ωx＋θ)得cos θ＝. 因為0≤θ≤，所以θ＝. 又因為y′＝－2ωsin(ωx＋θ)，y′|x＝0＝－ 2，θ＝， 所以ω＝2，因此，y＝2cos(2x＋)． (2)因為點A(，0)，Q(x0，y0)是PA的中點， y0＝， 所以點P的坐標(biāo)為(2x0－，)． 又因為點P在y＝2cos(2x＋)的圖象上， 所以cos(4x0－)＝， 因為≤x0≤π，所以≤4x0－≤， 從而得4x0－＝或4x0－＝， 即x0＝或x0＝. 5．已知x＝3是函數(shù)f(x)＝aln(1＋x)＋x2－10x的一個極值點．

6、 (1)求a； (2)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (3)若直線y＝b與函數(shù)y＝f(x)的圖象有3個交點，求b的取值范圍． 解析：(1)因為f′(x)＝＋2x－10， 所以f′(3)＝＋6－10＝0， 因此a＝16. (2)由(1)知， f(x)＝16ln(1＋x)＋x2－10x，x∈(－1，＋∞)， f′(x)＝＝. 當(dāng)x∈(－1,1)∪(3，＋∞)時，f′(x)>0， 當(dāng)x∈(1,3)時，f′(x)<0. 所以f(x)的單調(diào)增區(qū)間是(－1,1)，(3，＋∞)，f(x)的單調(diào)減區(qū)間是(1,3)． (3)由(2)知，f(x)的極大值為f(1)＝16ln 2－9， 極小值

7、為f(3)＝32ln 2－21. 因為f(16)>162－1016>16ln 2－9＝f(1)． f(e－2－1)<－32＋11＝－21

8、′(x)＝－－＋＝ －， 故當(dāng)x∈(0,1)時，f′(x)>0， 當(dāng)x∈(1，＋∞)時，f′(x)<0. 所以f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(0,1)，單調(diào)減區(qū)間為(1，＋∞)． 由此知f(x)在(0，＋∞)上的極大值為f(1)＝ln 2，沒有極小值． (2)①當(dāng)a≤0時， 由于f(x)＝ ＝>0， 故關(guān)于x的不等式f(x)≥a的解集為(0，＋∞)． ②當(dāng)a>0時， 由f(x)＝＋ln(1＋)知 f(2n)＝＋ln(1＋)， 其中n為正整數(shù)， 且有l(wèi)n(1＋)－log2(e－1)． 又n≥2時，＝<＝， 且＋1. 取整數(shù)n0，滿足n0>－log2(e－1)，n0>＋1，且n0≥2， 則f(2n0)＝＋ln(1＋)<＋＝a， 即當(dāng)a>0時，關(guān)于x的不等式f(x)≥a的解集不是(0，＋∞)． 綜合①②知，存在a，使得關(guān)于x的不等式f(x)≥a的解集為(0，＋∞)，且a的取值范圍為(－∞，0]．