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第十三节 导数在研究函数中的应用


高考总复习·数学(理科)

第十三节

导数在研究函数中的应用 ( 一)
)

1.函数 y=x+xln x 的单调递减区间是( -2 -2 A.(-∞,e ) B.(0,e ) -2 2 C.(e ,+∞) D.(e ,+∞) 答案:B

2.(2013·广州二模)已知函数 y=f(x)的

图象如下图所示, 则其导函数 y=f′(x)的图象可能是( )

解析:由函数 f(x)的图象看出,在 y 轴左侧,函数有两个 极值点,且先增后减再增,在 y 轴右侧函数无极值点,且是减函 数,根据函数的导函数的符号和原函数单调性间的关系可知,导 函数在 y 轴左侧应有两个零点,且导函数值是先正后负再正,在 y 轴右侧无零点,且导函数值恒负,由此可以断定导函数的图象 是 A 的形状.故选 A. 答案:A 3. 若函数 y=a(x 值范围是( )
3

? -x)的递减区间为? ?- ?

3 3? , 则 a 的取 , ? 3 3 ? ?

高考总复习·数学(理科) A.(0,+∞) C.(1,+∞)
2

B.(-1,0) D.(0,1)

? ? 3? 3? ? ?? 解析:∵y′=a(3x -1)=3a?x+ ??x- ? , 3 ?? 3? ? ? ? ? 3 3 3? 3? ?? ∴当- <x< 时,? <0. x+ ??x- ? ? 3 3 3 ?? 3? ? ?

∴要使 y′<0,必须取 a>0.故选 A. 答案:A 4. (2013·福建教学检查)对于在 R 上可导的任意函数 f(x), 若满足(x-1)f′(x)≥0,则必有( ) A.f(0)+f(2)<2f(1) B.f(0)+f(2)≤2f(1) C.f(0)+f(2)≥2f(1) D.f(0)+f(2)>2f(1) 解析:依题意,当 x>1 时,f′(x)≥0,所以 f(x)在(1, +∞)上单调递增,所以 f(2)≥f(1); 当 x<1 时,f′(x)≤0,所以 f(x)在(-∞,1)上单调递减, 故 f(0)≥f(1),故 f(0)+f(2)≥2f(1).故选 C. 答案:C 5.设直线 x=t 与函数 f(x)=x ,g(x)=ln x 的图象分别 交于点 M,N,则当|MN|达到最小值时,t 的值为( ) 1 5 2 A .1 B. C. D. 2 2 2 解析:由题意知,|MN|=x -ln x(x>0),不妨令 h(x)=x 1 2 -ln x(x>0),则 h′(x)=2x- ,令 h′(x)=0 解得 x= , x 2 ? ? 2 ? 2? ? ? ? 因为当 x∈?0, ?时,h′(x)<0,当 x∈? ,+∞? h′(x) ?时, 2? ? ? 2 ? 2 2 >0,所以当 x= 时,|MN|达到最小,即 t= .故选 D. 2 2 答案:D
2 2 2

高考总复习·数学(理科)

6.函数 y= 在区间(1,+∞)上( ln x A.是减函数 B.是增函数 C.有极小值 D.有极大值 答案:C

x

)

7.(2013·湖北卷)已知 a 为常数,函数 f(x)=x(ln x-ax) 有两个极值点 x1,x2(x1<x2),则( ) 1 A.f(x1)>0,f(x2)>- 2 1 B.f(x1)<0,f(x2)<- 2 1 C.f(x1)>0,f(x2)<- 2 1 D.f(x1)<0,f(x2)>- 2 解析:令 f′(x)=1-2ax+ln x=0 得 0<2a<1,ln xi= 2axi- 1(i=1,2). 1? 1 ? > 0 ,∴0< x < 1 < <x2. 1 ? 2a ?2a? 2 2 2 ∴f(x1)=x1ln x1-ax1=x1(2ax1-1)-ax1=ax1 -x1<0, 1 1 2 f(x2)=ax2 -x2=x2(ax2-1)>ax2-1>a· -1=- , 故选 2a 2 又 f ′? ? D. 答案:D 8.已知 x=3 是函数 f(x)=aln x+x -10x 的一个极值点, 则实数 a=________. 解析:f′(x)= +2x-10,由 f′(3)= +6-10=0 得 a x 3 =12,经检验满足题设条件.
2

?

a

a

高考总复习·数学(理科) 答案:12 1 3 2 9. 设函数 f(x)= x -(1+a)x +4ax+24a, 其中常数 a>1, 3 则 f(x) 的单调减区间为________. 解析: f′(x)=x -2(1+a)x+4a=(x-2)(x-2a),由 a >1 知,当 x<2 时,f′(x)>0,故 f(x)在区间(-∞,2)上是 增函数;当 2<x<2a 时,f′(x)<0,故 f(x)在区间(2,2a)上 是减函数;当 x>2a 时,f′(x)>0,故 f(x)在区间(2a,+∞) 上是增函数. 综上,当 a>1 时,f(x)在区间(-∞,2)和(2a,+∞)上是 增函数,在区间(2,2a)上是减函数. 答案:(2,2a) 10.设 f(x),g(x)分别是定义在 R 上的奇函数和偶函数, 当 x<0 时,f′(x)g(x)+f(x)g′(x)>0,且 g(-3)=0,则不等 式 f(x)g(x)<0 的解集是________________. 答案:(-∞,-3)∪(0,3) 11. 设曲线 y=x (n∈N )在点(1,1)处的切线与 x 轴的交点 的横坐标为 xn, 令 an=lg xn, 则 a1+a2+…+a99 的值为________. 解析:∵y′=(n+1)x ,∴切线斜率为 n+1,切线方程为 y-1=(n+1)(x-1), 1 n ∴xn=1- = .∴a1+a2+…+a99=lg x1+lg x2+… n+1 n+1 ?1 2 98 99 ? 1 ? + lg x99 = lg(x1·x2…x99) = lg ? × ×…× × ? = lg = 99 100? 100 ?2 3 ? -2. 答案:-2 12.(2013·汕头一模改编)已知函数 f1(x)=e e .
bx
|x-a| 2

n+1

*

n

,f2(x)=

高考总复习·数学(理科) (1)若 f(x)=f1(x)+f2(x)-bf2(-x),是否存在 a,b∈R, y=f(x)为偶函数.如果存在.请举例并证明你的结论,如果不 存在,请说明理由; (2)若 a=2, b=1.求函数 g(x)=f1(x)+f2(x)在 R 上的单调 区间. 解析:(1)存在 a=0,b=-1 使 y=f(x)为偶函数, |x| -x x 证明如下:此时:f(x)=e +e +e ,x∈R |-x| x -x ∴f(-x)=e +e +e =f(x), ∴y=f(x)为偶函数.(注:a=0,b=0 也可以) (2)∵g(x)=e
|x-2|

+e

x

x-2 x ? ?e +e ,x≥2, =? 2-x x ? ?e +e ,x<2, x x-2 x

①当 x≥2 时 g(x)=e +e ,∴g′(x)=e +e >0, ∴y=g(x)在[2,+∞)上为增函数. 2-x x 2-x x ②当 x<2 时 g(x)=e +e ,则 g′(x)=-e +e , 令 g′(x)=0 得到 x=1, (ⅰ)当 x<1 时 g′(x)<0, ∴y=g(x)在(-∞,1)上为减函数. (ⅱ) 当 1≤x<2 时 g′(x)>0, ∴y=g(x)在(1,2)上为增函数. 综上所述:y=g(x)的增区间为[1,+∞),减区间为(-∞, 1). 1 x 13. 设 f(x)=ae + x+b(a>0). ae (1)求 f(x)在[0,+∞)上的最小值; 3 (2)设曲线 y=f(x)在点(2,f(2))的切线方程为 y= x,求 2 a,b 的值. 1 1 x 解析: (1)设 t=e (t≥1), 则 y=at+ +b? y′=a- 2=

x-2

at

at

a t -1 . at2
1 ①当 a≥1 时,y′>0? y=at+ +b 在 t≥1 上是增函数,

2 2

at

高考总复习·数学(理科) 1 所以当 t=1(x=0)时,f(x)的最小值为 a+ +b;

a

1 ②当 0<a<1 时,y=at+ +b≥2+b,

at

? ? 1 x ? t = e = , x =- ln a 当且仅当 at=1? ? ?时,f(x)的最小值为 ?

a

?

b+2.
(2)f(x)=ae +
x

1 1 x . x+b? f′(x)=ae - ae aex 1 ? a e + +b=3, ? ae ?? 1 3 ae - = ? ? ae 2
2 2 2 2

f(2)=3, ? ? 由题意得 ? 3 f ′( 2 )= ? 2 ?
2 ? a = , ? e ? 1 ? ?b=2.
2

?


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