《高考數(shù)學(xué)人教A版理科配套題庫【第三章】導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 第3講 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用》由會員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《高考數(shù)學(xué)人教A版理科配套題庫【第三章】導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 第3講 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用(7頁珍藏版)》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、 精品資料
第3講 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用(二)
一、選擇題
1.若函數(shù)y=f(x)可導(dǎo),則“f′(x)=0有實(shí)根”是“f(x)有極值”的 ( ).
A.必要不充分條件 B.充分不必要條件
C.充要條件 D.既不充分也不必要條件
答案 A
2.已知函數(shù)f(x)=x3+ax2+(a+6)x+1有極大值和極小值,則實(shí)數(shù)a的取值范圍是 ( ).
A.(-1,2) B.(-∞,-3)∪(6,+∞)
C.(-3,6) D.(-∞,-1)∪(2,+∞)
解析 f′(x)=3x2+2ax+(a
2、+6),因?yàn)楹瘮?shù)有極大值和極小值,所以f′(x)=0有兩個不相等的實(shí)數(shù)根,所以Δ=4a2-4×3(a+6)>0,解得a<-3或a>6.
答案 B
3.設(shè)f(x)是一個三次函數(shù),f′(x)為其導(dǎo)函數(shù),如圖所示的是y=x·f′(x)的圖象的一部分,則f(x)的極大值與極小值分別是 ( ).
A.f(1)與f(-1) B.f(-1)與f(1)
C.f(-2)與f(2) D.f(2)與f(-2)
解析 由圖象知f′(2)=f′(-2)=0.∵x>2時,y=x·f′(x)>0,∴f′(x)>0,∴y=f(x)在(2,+∞)上
3、單調(diào)遞增;同理f(x)在(-∞,-2)上單調(diào)遞增,在(-2,2)上單調(diào)遞減,
∴y=f(x)的極大值為f(-2),極小值為f(2),故選C.
答案 C
4.設(shè)a∈R,函數(shù)f(x)=ex+a·e-x的導(dǎo)函數(shù)是f′(x),且f′(x)是奇函數(shù).若曲線y=f(x)的一條切線的斜率是,則切點(diǎn)的橫坐標(biāo)為( )
A.ln2 B.-ln2
C. D.
解析 f′(x)=ex-ae-x,這個函數(shù)是奇函數(shù),因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在0處有定義,
4、所以f′(0)=0,故只能是a=1.此時f′(x)=ex-e-x,設(shè)切點(diǎn)的橫坐標(biāo)是x0,則ex0-e-x0=,即2(ex0)2-3ex0-2=0,即(ex0-2)(2ex0+1)=0,只能是ex0=2,解得x0=ln2.正確選項(xiàng)為A.
答案 A
5.設(shè)函數(shù)f(x)=ax2+bx+c(a,b,c∈R).若x=-1為函數(shù)f(x)ex的一個極值點(diǎn),則下列圖象不可能為y=f(x)的圖象是( ).
解析 若x=-1為函數(shù)f(x)ex的一個極值點(diǎn),則易得a=c.因選項(xiàng)A、B的函數(shù)為f(x)=a(x+1)2,則[f(x)ex]′=f′(x)ex+f(x)(ex)′=a(x+1)(x+3)ex,
5、∴x=-1為函數(shù)f(x)ex的一個極值點(diǎn),滿足條件;選項(xiàng)C中,對稱軸x=->0,且開口向下,∴a<0,b>0,∴f(-1)=2a-b<0,也滿足條件;選項(xiàng)D中, 對稱軸x=-<-1,且開口向上,∴a>0,b>2a,∴f(-1)=2a-b<0,與 圖矛盾,故答案選D.
答案 D
6.已知函數(shù)f(x)=x3+2bx2+cx+1有兩個極值點(diǎn)x1,x2,且x1∈[-2,-1],x2∈[1,2],則f(-1)的取值范圍是 ( ).
A. B.
C.[3,12] D.
解析 因?yàn)閒(x)有兩個極值點(diǎn)x1,x2,所以f′(x)=3x2+4bx+c=0有兩個根x1
6、,x2,且x1∈[-2,-1],x2∈[1,2],所以即
畫出可行域如圖所示.因?yàn)閒(-1)=2b-c,由圖知經(jīng)過點(diǎn)A(0,-3)時,f(-1)取得最小值3,經(jīng)過點(diǎn)C(0,-12)時,f(-1)取得最大值12,所以f(-1)的取值范圍為[3,12].
答案 C
二、填空題
7.函數(shù)f(x)=x2-2ln x的最小值為________.
解析 由f′(x)=2x-=0,得x2=1.又x>0,所以x=1.因?yàn)?<x<1時,f′(x)<0,x>1時f′(x)>0,所以當(dāng)x=1時,f(x)取極小值(極小值唯一)也即最小值f(1)=1.
答案 1
8.若f(x)=x3+3ax2+3(a+2
7、)x+1有極大值和極小值,則a的取值范圍________.
解析 f′(x)=3x2+6ax+3(a+2),
由已知條件Δ>0,即36a2-36(a+2)>0,
解得a<-1,或a>2.
答案 (-∞,-1)∪(2,+∞)
9.已知函數(shù)f(x)=mx3+nx2的圖象在點(diǎn)(-1,2)處的切線恰好與直線3x+y=0平行,若f(x)在區(qū)間[t,t+1]上單調(diào)遞減,則實(shí)數(shù)t的取值范圍是________.
解析 由題意知,點(diǎn)(-1,2)在函數(shù)f(x)的圖象上,
故-m+n=2.①
又f′(x)=3mx2+2nx,則f′(-1)=-3,
故3m-2n=-3.②
8、聯(lián)立①②解得:m=1,n=3,即f(x)=x3+3x2,
令f′(x)=3x2+6x≤0,解得-2≤x≤0,
則[t,t+1]?[-2,0],故t≥-2且t+1≤0,
所以t∈[-2,-1].
答案 [-2,-1]
10.已知函數(shù)f(x)=+ln x,若函數(shù)f(x)在[1,+∞)上為增函數(shù),則正實(shí)數(shù)a的取值范圍為________.
解析 ∵f(x)=+ln x,∴f′(x)=(a>0),
∵函數(shù)f(x)在[1,+∞)上為增函數(shù),∴f′(x)=≥0對x∈[1,+∞)恒成立,∴ax-1≥0對x∈[1,+∞)恒成立,即a≥對x∈[1,+∞)恒成立,∴a≥1.
答案 [1,+∞)
9、
三、解答題
11.已知函數(shù)f(x)=ax3+bx2+cx在點(diǎn)x0處取得極大值5,其導(dǎo)函數(shù)y=f′(x)的圖象經(jīng)過(1,0),(2,0)點(diǎn),如圖所示.
(1)求x0的值;
(2)求a,b,c的值.
解析 (1)由f′(x)隨x變化的情況
x
(-∞,1)
1
(1,2)
2
(2,+∞)
f′(x)
+
0
-
0
+
可知當(dāng)x=1時f(x)取到極大值5,則x0=1
(2)f′(x)=3ax2+2bx+c,a>0
由已知條件x=1,x=2為方程3ax2+2bx+c=0,
的兩根,因此解得a=2,b=-9,c=12.
12.某商場銷售某種商品
10、的經(jīng)驗(yàn)表明,該商品每日的銷售量y(單位:千克)與銷售價格x(單位:元/千克)滿足關(guān)系式y(tǒng)=+10(x-6)2,其中3<x<6,a為常數(shù).已知銷售價格為5元/千克時,每日可售出該商品11千克.
(1)求a的值;
(2)若該商品的成本為3元/千克,試確定銷售價格x的值,使商場每日銷售該商品所獲得的利潤最大.
解 (1)因?yàn)閤=5時,y=11,所以+10=11,a=2.
(2)由(1)可知,該商品每日的銷售量y=+10(x-6)2.所以商場每日銷售該商品所獲得的利潤
f(x)=(x-3)
=2+10(x-3)(x-6)2,3<x<6.
從而,f′(x)=10[(
11、x-6)2+2(x-3)(x-6)]
=30(x-4)(x-6).
于是,當(dāng)x變化時,f′(x),f(x)的變化情況如下表:
x
(3,4)
4
(4,6)
f′(x)
+
0
-
f(x)
單調(diào)遞增
極大值42
單調(diào)遞減
由上表可得,x=4是函數(shù)f(x)在區(qū)間(3,6)內(nèi)的極大值點(diǎn),也是最大值點(diǎn).所以,當(dāng)x=4時,函數(shù)f(x)取得最大值,且最大值等于42.
答:當(dāng)銷售價格為4元/千克時,商場每日銷售該商品所獲得的利潤最大.
13.設(shè)函數(shù)f(x)=x3+bx2+cx+d(a>0),且方程f′(x)-9x=0的兩根分別為1,4.
(1)當(dāng)a=3且曲線y=
12、f(x)過原點(diǎn)時,求f(x)的解析式;
(2)若f(x)在(-∞,+∞)內(nèi)無極值點(diǎn),求a的取值范圍.
解 由f(x)=x3+bx2+cx+d得f′(x)=ax2+2bx+c.
因?yàn)閒′(x)-9x=ax2+2bx+c-9x=0的兩個根分別為1,4,
所以(*)
(1)當(dāng)a=3時,由(*)式得
解得b=-3,c=12.又因?yàn)榍€y=f(x)過原點(diǎn),
所以d=0.故f(x)=x3-3x2+12x.
(2)由于a>0,所以f(x)=x3+bx2+cx+d在(-∞,+∞)內(nèi)無極值點(diǎn)等價于f′(x)=ax2+2bx+c≥0在(-∞,+∞)內(nèi)恒成立.由(*)式得2b=9-5a,c=4
13、a.
又Δ=(2b)2-4ac=9(a-1)(a-9),
由得a∈[1,9].
即a的取值范圍是[1,9].
14.已知函數(shù)f(x)滿足f(x)=f′(1)ex-1-f(0)x+x2.
(1)求f(x)的解析式及單調(diào)區(qū)間;
(2)若f(x)≥x2+ax+b,求(a+1)b的最大值.
解 (1)由已知得f′(x)=f′(1)ex-1-f(0)+x.
所以f′(1)=f′(1)-f(0)+1,即f(0)=1.
又f(0)=f′(1)e-1,所以f′(1)=e.
從而f(x)=ex-x+x2.由于f′(x)=ex-1+x,
故當(dāng)x∈(-∞,0)時,f′(x)<0;
當(dāng)x
14、∈(0,+∞)時,f′(x)>0.
從而,f(x)在(-∞,0)上單調(diào)遞減,在(0,+∞)上單調(diào)遞增.
(2)由已知條件得ex-(a+1)x≥b.①
(i)若a+1<0,則對任意常數(shù)b,當(dāng)x<0,且x<時,可得ex-(a+1)x<b,因此①式不成立.
(ii)若a+1=0,則(a+1)b=0.
(iii)若a+1>0,設(shè)g(x)=ex-(a+1)x,
則g′(x)=ex-(a+1).
當(dāng)x∈(-∞,ln(a+1))時,g′(x)<0;
當(dāng)x∈(ln(a+1),+∞)時,g′(x)>0.
從而g(x)在(-∞,ln(a+1))上單
15、調(diào)遞減,在(ln(a+1),+∞)上單調(diào)遞增.
故g(x)有最小值g(ln(a+1))=a+1-(a+1)ln(a+1).
所以f(x)≥x2+ax+b等價于b≤a+1-(a+1)·ln(a+1).②
因此(a+1)b≤(a+1)2-(a+1)2ln(a+1).
設(shè)h(a)=(a+1)2-(a+1)2ln(a+1),則
h′(a)=(a+1)[1-2ln(a+1)].
所以h(a)在(-1,e-1)上單調(diào)遞增,在(e-1,+∞)上單調(diào)遞減,故h(a)在a=e-1處取得最大值.
從而h(a)≤,即(a+1)b≤.
當(dāng)a=e-1,b=時,②式成立.故f(x)≥x2+ax+b.
綜上得,(a+1)b的最大值為.