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2015-2016学年高中数学 1.3.3第2课时 导数的应用练习 新人教A版选修2-2


2015-2016 学年高中数学 1.3.3 第 2 课时 导数的应用练习 新人教 A 版选修 2-2
一、选择题 1 1 2 1.(2015·漳州模拟)曲线 y=x 在点 M( , )的切线的倾斜角的大小是( 2 4 A.30° C.60° [答案] B [解析] y′=2x, 1 ∴当 x= 时,y′=1,得切线的斜率为 1,所以 k=1; 2 ∴1=tanα ,∵0°≤α <180°,∴α =45°,故选 B. 2.(2015·长春外国语学校高二期中)若 f(x)=sinα -cosx,则 f′(α )等于( A.cosα C.sinα +cosα [答案] B [解析] ∵f′(x)=sinx,∴f′(α )=sinα . [易错警示] 本题函数 f(x)中,自变量为 x,故 sinα 为常数,常见错误是错选 C. 3.(2015·胶州市高二期中)函数 f(x)=x -3x +1 是减函数的区间为( A.(2,+∞) C.(-∞,0) [答案] D [解析] 由 f′(x)=3x -6x<0,得 0<x<2, ∴函数 f(x)=x -3x +1 是减函数的区间为(0,2). 故选 D. 4.(2015·海南文昌高二期中)函数 y=x -3x -9x(-2<x<2)有( A.极大值 5,极小值-27 B.极大值 5,极小值-11 C.极大值 5,无极小值 D.极小值-27,无极大值 [答案] C [解析] 由 y′=3x -6x-9=3(x+1)(x-3)=0, 得 x=-1, x=3, 当 x<-1 时, y′>0;
2 3 2 3 2 2 3 2

)

B.45° D.90°

)

B.sinα D.2sinα

)

B.(-∞,2) D.(0,2)

)

1

当-1<x<2 时,y′<0, 当 x=-1 时,y 极大值=5;∵3?(-2,2),∴无极小值. 故选 C. 5.(2015·吉林实验中学高二期中)若点 P 是曲线 y=x -lnx 上任意一点,则点 P 到直 线 y=x-2 的最小距离为( A.1 C. 2 2 ) B. 2 D. 3
2

[答案] B [解析] 过点 P 作 y=x-2 的平行直线,当与曲线 y=x -lnx 相切时,P 到直线 y=x -2 的距离最小, 设 P(x0,x0-lnx0),则有
2 2

k=y′|x=x0=2x0- . x0
1 1 ∴2x0- =1,∴x0=1 或 x0=- (舍去),∴y0=1, x0 2 |1-1-2| ∴P(1,1),∴d= = 2. 1+1 故选 B. 6.(2015·河南文昌高二期末)已知函数 f(x)=x +bx +cx 的图象如图所示,则 x1+x2 等于( )
3 2 2 2

1

A. C.

2 3 8 3

4 B. 3 16 D. 3

[答案] C [解析] 由图可知,f(x)=0 的三个根为 0,1,2, ∴f(1)=1+b+c=0,f(2)=8+4b+2c=0, 解得 b=-3,c=2, 又由图可知,x1,x2 为函数 f(x)的两个极值点, ∴f′(x)=3x -6x+2=0 的两个根为 x1,x2,
2

2

2 ∴x1+x2=2,x1x2= , 3 4 8 2 2 2 ∴x1+x2=(x1+x2) -2x1x2=4- = , 3 3 故选 C. 二、填空题 7.(2015·新课标Ⅰ文,14)已知函数 f(x)=ax +x+1 的图象在点(1,f(1))处的切线 过点(2,7),则 a=________________. [分析] 考查导数的运算及导数的几何意义;先求导数,再利用切线过点(2,7)列方程 求解. [答案] 1 [解析] 因为 f(x)=ax +x+1,所以 f(1)=a+2,
3 3

f′(x)=3ax2+1, f′(1)=3a+1, 所以在点(1, f(1))处的切线方程为 y-(a+2)=(3a
+1)(x-1), 又因为切线过点(2,7),所以 7-(a+2)=(3a+1)×1, 解之得,a=1. 故本题正确答案为 1. 8.函数 f(x)=x +3ax +3[(a+2)x+1]既有极大值又有极小值,则 a 的取值范围是 ________________. [答案] (-∞,-1)∪(2,+∞) [解析] f′(x)=3x +6ax+3(a+2),令 f′(x)=0,即 x +2ax+a+2=0.因为函数
2 2 3 2

f(x)有极大值和极小值,所以方程 x2+2ax+a+2=0 有两个不相等的实数根,即 Δ =4a2
-4a-8>0,解得 a>2 或 a<-1. 9.已知函数 f(x)=x +9x+5,则 f(x)的图象在(-1,3)内与 x 轴的交点的个数为 ________________. [答案] 1 [解析] 因为 f′(x)=4x +9,当 x∈(-1,3)时,f′(x)>0,所以 f(x)在(-1,3)上单 调递增,又 f(-1)=-3<0,f(0)=5>0,所以 f(x)在(-1,3)内与 x 轴只有一个交点. 三、解答题 1 2 10. (2015·泉州市南安一中高二期末)设函数 f(x)= x -ax+2lnx(a∈R)在 x=1 时取 2 得极值. (1)求 a 的值; (2)求函数 f(x)的单调区间.
3 4

3

2 [解析] (1)f′(x)=x-a+ ,

x

因为当 x=1 时 f(x)取得极值,所以 f′(1)=0, 即 1-a+2=0,解得 a=3, 经检验,符合题意. 1 2 (2)由(1)得:f(x)= x -3x+2lnx, 2 2 ?x-1??x-2? ∴f′(x)=x-3+ = ,(x>0),

x

x

令 f′(x)>0 解得 0<x<1 或 x>2, 令 f′(x)<0 解得 1<x<2, ∴f(x)的单调递增区间为(0,1),(2,+∞);单调递减区间为(1,2).

一、选择题 e 2 11.(2015·承德市隆化县存瑞中学高二期中)设函数 f(x)满足 x f′(x)+2xf(x)= ,
x

x

f(2)= ,则 x>0 时,f(x)(
A.有极大值,无极小值 C.既有极大值又有极小值 [答案] D

e 8

2

) B.有极小值,无极大值 D.既无极大值也无极小值

e 2 [解析] ∵函数 f(x)满足 x f′(x)+2xf(x)= ,

x

x

e 2 ∴[x f(x)]′= ,

x

x

e 2 令 F(x)=x f(x),则 F′(x)= ,

x

x

e F(2)=4·f(2)= . 2 e e -2F?x? 2 由 x f′(x)+2xf(x)= ,得 f′(x)= , 3
x x

2

x

x

e ?x-2? x x 令 φ (x)=e -2F(x),则 φ ′(x)=e -2F′(x)= .

x

x

∴φ (x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增, ∴φ (x)的最小值为 φ (2)=e -2F(2)=0.∴φ (x)≥0. 又 x>0,∴f′(x)≥0. ∴f(x)在(0,+∞)上单调递增.
4
2

∴f(x)既无极大值也无极小值.故选 D. 12.(2015·泰安市高二期末)若函数 f(x)在定义域 R 内可导,f(1.9+x)=f(0.1-x) 1 且(x-1)f′(x)<0,a=f(0),b=f( ),c=f(3),则 a,b,c 的大小关系是( 2 A.a>b>c C.c>b>a [答案] D [解析] ∵(x-1)f′(x)<0, ∴当 x>1 时,f′(x)<0,此时函数 f(x)单调递减; 当 x<1 时,f′(x)>0,此时函数 f(x)单调递增. 又 f(1.9+x)=f(0.1-x), ∴f(x)=f(2-x), ∴f(3)=f[2-(-1)]=f(-1), 1 ∵-1<0< , 2 1 1 ∴f(-1)<f(0)<f( ),∴f(3)<f(0)<f( ), 2 2 ∴b>a>c,故选 D. 13.(2015·郴州模拟)定义在 R 上的函数 f(x)满足:f(x)+f′(x)>1,f(0)=4,则 不等式 e f(x)>e +3(其中 e 为自然对数的底数)的解集为( A.(0,+∞) C.(-∞,0)∪(0,+∞) [答案] A [解析] 设 g(x)=e f(x)-e ,(x∈R), 则 g′(x)=e f(x)+e f′(x)-e =e [f(x)+f′(x)-1], ∵f(x)+f′(x)>1, ∴f(x)+f′(x)-1>0, ∴g′(x)>0, ∴y=g(x)在定义域上单调递增, ∵e f(x)>e +3, ∴g(x)>3, 又∵g(0)=e f(0)-e =4-1=3, ∴g(x)>g(0), ∴x>0,故选 A. 14.(2015·海南文昌中学高二期中)若方程 x -3x+m=0 在[0,2]上有解,则实数 m 的
5
3 0 0

)

B.c>a>b D.b>a>c

x

x

)

B.(-∞,0)∪(3,+∞) D.(3,+∞)

x

x

x

x

x

x

x

x

取值范围是( A.[-2,2] C.[-2,0] [答案] A

) B.[0,2] D.(-∞,-2)∪(2,+∞)

[解析] 由题意方程 x -3x+m=0 在[0,2]上有解,则-m=x -3x,x∈[0,2],求实数

3

3

m 的取值范围可转化为求函数的值域问题.
令 y=x -3x,x∈[0,2],则 y′=3x -3, 令 y′>0,解得 x>1,因此函数在[0,1]上单调递减,在[1,2]上单调递增, 又 x=1 时,y=-2;x=2 时,y=2;x=0,y=0, ∴函数 y=x -3x,x∈[0,2]的值域是[-2,2], 故-m∈[-2,2],∴m∈[-2,2],故选 A. 二、填空题 1 -2 15.若函数 f(x)=x +2x-a 在区间[ ,3]上的最大值、最小值分别为 m,n,则 m-n 2 =________________. [答案] 28 9
2 3 3 2

2?x-1??x +x+1? -3 [解析] ∵f′(x)=-2x +2= , 3

x

∴当 1<x≤3 时 f′(x)>0, 1 当 <x<1 时,f′(x)<0. 2 1 ∴f(x)在[ ,1]上单调递减,在[1,3]上单调递增. 2 ∴f(x)min=f(1)=1+2-a=3-a=n. 1 55 1 又∵f( )=5-a,f(3)= -a,∴f( )<f(3). 2 9 2 55 ∴f(x)max=f(3)= -a=m, 9 55 28 ∴m-n= -a-(3-a)= . 9 9 4 3 16.若函数 y=- x +bx 有三个单调区间,则 b 的取值范围是________________. 3 [答案] (0,+∞) 4 3 2 [解析] 若函数 y=- x +bx 有三个单调区间,则 y′=-4x +b=0 有两个不相等的 3 实数根,所以 b>0.
6

三、解答题 17.(2015·郑州登封市高二期中)已知函数 f(x)= (1)求函数 f(x)的单调区间; (2)当 x1≠x2,f(x1)=f(x2)时,证明:x1+x2>0. [解析] (1)由 f(x)= e xe (x≠-1)得:f′(x)= 2,x≠-1, x+1 ?x+1?
x x

e (e 是自然对数的底数). x+1

x

令 f′(x)>0 得:x>0,令 f′(x)<0 得:x<0 且 x≠-1, 所以函数 f(x)的单调增区间为(0,+∞),单调减区间为(-∞,-1),(-1,0). (2)当 x∈(-∞,-1)时,f(x)<0;当 x∈(-1,+∞)时,f(x)>0, 由(1)知 f(x)在(-1,0)上为减函数,在(0,+∞)上为增函数, 若 f(x1)=f(x2),x1≠x2,则必有 x1,x2∈(-1,+∞), 不妨设 x1∈(-1,0),x2∈(0,+∞). 若证 x1+x2>0,即证 x2>-x1>0, 只需证 f(x2)>f(-x1), 又∵f(x1)=f(x2),∴即证 f(x1)>f(-x1), 设 g(x)=f(x)-f(-x),x∈(-1,0), 即证 g(x)= e e - >0 在 x∈(-1,0)上恒成立, x+1 1-x
2x

x

-x

即证(1-x)e -(1+x)>0 在(-1,0)上恒成立. 设 h(x)=(1-x)e -(1+x),x∈(-1,0),则 h′(x)=e (1-2x)-1, 令 φ (x)=e (1-2x)-1,则 φ ′(x)=-4xe >0, ∴φ (x)在(-1,0)上单调递增, 则 h′(x)是(-1,0)上的增函数, 故 h′(x)<h′(0)=0, ∴h(x)在(-1,0)上是减函数,故 h(x)>h(0)=0,所以原命题成立. 18.(2015·唐山市一模)已知函数 f(x)=x-2lnx- +1,g(x)=e (2lnx-x). (1)若函数 f(x)在定义域上是增函数,求 a 的取值范围; (2)求 g(x)的最大值. 2 a [解析] (1)由题意得 x>0,f′(x)=1- + 2.
2x 2x 2x 2x

a x

x

x x

由函数 f(x)在定义域上是增函数得,f′(x)≥0, 即 a≥2x-x =-(x-1) +1(x>0). 因为-(x-1) +1≤1(当 x=1 时,取等号), 所以 a 的取值范围是[1,+∞).
2 2 2

? x?2 (2)g′(x)=e ? -1+2lnx-x?, ?x ?
7

2 由(1)得 a=2 时,f(x)=x-2lnx- +1,

x

因为 f(x)在定义域上是增函数,又 f(1)=0, 所以,当 x∈(0,1)时,f(x)<0,当 x∈(1,+∞)时,f(x)>0. 所以,当 x∈(0,1)时,g′(x)>0,当 x∈(1,+∞)时,g′(x)<0. 故 x=1 时,g(x)取得最大值 g(1)=-e.

8


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