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2013高考数学人教B版课后作业:3-2 利用导数研究函数的性质)


3-2 利用导数研究函数的性质
1.(文)(2011·宿州模拟)已知 y=f(x)是定义在 R 上的函数,且 f(1)=1,f ′ (x)>1, 则 f(x)>x 的解集是( A.(0,1) C.(1,+∞) [答案] C [解析] 令 F(x)=f(x)-x,则 F ′(x)=f ′(x)-1>0,所以 F(x)是增函数,∵f(x)>x, ∴F(x)>0,∵F(1)=f(1)-1=0,∴F(x)>F(1),∵F(x)是增函数,∴x>1,即 f(x)>x 的解集 是(1,+∞). (理)(2011·辽宁文,11)函数 f(x)的定义域为 R,f(-1)=2,对任意 x∈R,f ′(x)>2, 则 f(x)>2x+4 的解集为( A.(-1,1) C.(-∞,-1) [答案] B [解析] 由题意,令 φ (x)=f(x)-2x-4,则 φ ′(x)=f ′(x)-2>0. ∴φ (x)在 R 上是增函数. 又 φ (-1)=f(-1)-2×(-1)-4=0, ∴当 x>-1 时,φ (x)>φ (-1)=0, ∴f(x)-2x-4>0,∴f(x)>2x+4.故选 B. 2.(2010·宁夏石嘴山一模)函数 y=2x -3x -12x+5 在[0,3]上的最大值,最小值分别 是( ) A.5,-15 C.-4,-15 [答案] A [解析] ∵y′=6x -6x-12=0,得 x=-1(舍去)或 x=2,故函数 y=f(x)=2x -3x
2 3 2 3 2

) B.(-1,0)∪(0,1) D.(-∞,-1)∪(1,+∞)

) B.(-1,+∞) D.(-∞,+∞)

B.5,-4 D.5,-16

-12x+5 在[0,3]上的最值可能是 x 取 0,2,3 时的函数值,而 f(0)=5,f(2)=-15,f(3)= -4,故最大值为 5,最小值为-15,故选 A. 3.(文)已知函数 f(x)=x -px -qx 的图象与 x 轴切于(1,0)点,则 f(x)的极大值、极小 值分别为( A. 4 ,0 27 4 ,0 27 ) B.0, 4 27 4 27
3 2

C.-

D.0,-

[答案] A [解析] f ′(x)=3x -2px-q 由 f ′(1)=0,f(1)=0 得
?3-2p-q=0 ? ? ? ?1-p-q=0
2

解得?

?p=2 ? ? ?q=-1

,∴f(x)=x -2x +x

3

2

1 2 由 f ′(x)=3x -4x+1=0 得 x= 或 x=1 3 1 4 易得当 x= 时 f(x)取极大值 3 27 当 x=1 时 f(x)取极小值 0. (理)设函数 f(x)=ax +bx +cx 在 x=±1 处均有极值,且 f(-1)=-1,则 a、b、c 的 值为( )
3 2

1 3 A.a=- ,b=0,c=- 2 2 1 3 B.a= ,b=0,c=- 2 2 1 3 C.a=- ,b=0,c= 2 2 1 3 D.a= ,b=0,c= 2 2 [答案] C [解析]

f ′(x)=3ax2+2bx+c,所以由题意得
3a+2b+c=0, ? ? 即?3a-2b+c=0, ? ?-a+b-c=-1,

f =0, ? ? - =0. ?f ? ?f - =-1,

1 3 解得 a=- ,b=0,c= . 2 2 4.(2011·青岛模拟)已知函数 f(x)的导数为 f ′(x)=4x -4x,且 f(x)的图象过点(0, -5),当函数 f(x)取得极大值-5 时,x 的值应为( A.-1 C.1 B.0 D.±1
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3

)

[答案] B [解析] 由导函数与原函数的关系知,f(x)=x -2x +a(a 为常数), ∵f(0)=-5,∴a=-5,∴f(x)=x -2x -5, 令 f ′(x)=4x -4x=0 得,x1=1,x2=0,x3=1, 当 x∈(-∞,-1)时,f ′(x)<0,
3 4 2 4 2

当 x∈(-1,0)时,f ′(x)>0, 当 x∈(0,1)时,f ′(x)<0, 当 x∈(1,+∞)时,f ′(x)>0, ∴f(x)在(-∞, -1)和(0,1)上单调递减, 在(-1,0)上和(1,+∞)上单调递增,故 f(x) 在 x=0 处取得极大值 5,故选 B. 5.若函数 f(x)=x -12x 在区间(k-1,k+1)上不是单调函数,则实数 k 的取值范围是 ( ) A.k≤-3 或-1≤k≤1 或 k≥3 B.-3<k<-1 或 1<k<3 C.-2<k<2 D.不存在这样的实数 [答案] B [解析] 因为 y′=3x -12,由 y′>0 得函数的增区间是(-∞,-2)和(2,+∞),由
2 3

y′<0,得函数的减区间是(-2,2),由于函数在(k-1,k+1)上不是单调函数,所以有 k-
1<-2<k+1 或 k-1<2<k+1,解得-3<k<-1 或 1<k<3,故选 B. 6.(2011·陕西咸阳模拟)已知函数 f(x)=ax -1 的图象在点 A(1,f(1))处的切线 l 与 直线 8x-y+2=0 平行,若数列? A. C. 2010 2011 4020 4021 B. D. 1005 2011 2010 4021
?
2

1

?f n ?

? ?的前 n 项和为 Sn,则 S2010 的值为(

)

[答案] D [解析] ∵f ′(x)=2ax,∴f(x)在点 A 处的切线斜率为 f ′(1)=2a,由条件知 2a=8, ∴a=4, ∴f(x)=4x -1, ∴ 1
2

f n



1 1 1 = · 2 4n -1 2n-1 2n+1
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1 ? 1? 1 - = ? ? 2?2n-1 2n+1? ∴数列?
? ?f

1

n

? 1 ?的前 n 项和 Sn= f ?



1

f

+?+

1

f

1? 1? 1?1 1? = ?1- ?+ ? - ?+?+ 3? 2?3 5? n 2?

1 ? 1? 1 - ? ? 2?2n-1 2n+1? 1 ? 1? n 2010 = ? 1- = ,∴S2010= . ? 2 n + 1 2? 4021 ? 2n+1

7.(文)(2011·福州模拟)已知 f(x)=2x -6x +m(m 为常数)在[-2,2]上有最大值为 3, 那么此函数在[-2,2]上的最小值为________. [答案] -37 [解析] f ′(x)=6x -12x, 由 f ′(x)=0 得 x=0 或 x=2, 当 x<0 或 x>2 时, f ′(x)>0, 当 0<x<2 时,f ′(x)<0, ∴f(x)在[-2,0]上单调增,在[0,2]上单调减, 由条件知 f(0)=m=3,∴f(2)=-5,f(-2)=-37, ∴最小值为-37. 1-x (理)(2011·惠州三模)已知函数 f(x)= +lnx, 若函数 f(x)在[1, +∞)上为增函数,
2

3

2

ax

则正实数 a 的取值范围为________. [答案] [1,+∞) 1-x ax-1 [解析] ∵f(x)= +lnx,∴f ′(x)= 2 (a>0),

ax

ax

∵函数 f(x)在[1,+∞)上为增函数,∴f ′(x)= 1

ax-1 ≥0 对 x∈[1,+∞)恒成立,∴ ax2

ax-1≥0 对 x∈[1,+∞)恒成立,即 a≥ 对 x∈[1,+∞)恒成立,∴a≥1. x
8.(文)(2010·浙江杭州冲刺卷)函数 y=f(x)的定义域为(a,b),y=f ′(x)在(a,b) 上的图象如图,则 y=f(x)在区间(a,b)上极大值的个数为________.

[答案] 2 [解析] 由 f ′(x)在(a,b)上的图象可知 f ′(x)的值在(a,b)上,依次为+-+-+, ∴f(x)在(a,b)上的单调性依次为增、减、增、减、增,从而 f(x)在(a,b)上的极大值点有 两个. [点评] 应注意题设中给的是 f(x)的图象还是 f ′(x)的图象,在 f ′(x)的图象上,位 于 x 轴上方部分使 f ′(x)>0,f(x)单调增,位于 x 轴下方部分,使 f ′(x)<0,f(x)单调减,

f(x)的极值点是 f ′(x)的图象与 x 轴的交点,千万要注意,不要把 f ′(x)的单调性误以为
是 f(x)的单调性.请再练习下题:

(2011·绵阳模拟)如图是函数 y=f(x)的导函数的图象,给出下面四个判断. ①f(x)在区间[-2,-1]上是增函数; ②x=-1 是 f(x)的极小值点; ③f(x)在区间[-1,2]上是增函数,在区间[2,4]上是减函数; ④x=2 是 f(x)的极小值点. 其中,所有正确判断的序号是________. [答案] ②③ [解析] 由函数 y=f(x)的导函数的图象可知: (1)f(x)在区间[-2,-1]上是减函数,在[-1,2]上为增函数,在[2,4]上为减函数; (2)f(x)在 x=-1 处取得极小值,在 x=2 处取得极大值. 故②③正确. (理)(2010·绵阳市诊断)已知函数 f(x)=ln(1+x)-ax 的图象在 x=1 处的切线与直线 x +2y-1=0 平行,则实数 a 的值为________. [答案] 1 1 [解析] ∵f ′(x)= -a, 1+x 1 ∴f ′(1)= -a. 2 1 1 由题知 -a=- , 2 2 解得 a=1. [点评] 函数 f(x)在点 x 处切线 l 的斜率为 f ′(x0), 若 l 与 l1 平行(或垂直), 则 f ′(x0) =kl1(或 f ′(x0)·kl1=-1).请再练习下题: (2010·广东实华梧州联考)已知曲线 y=x -1 在 x=x0 处的切线与曲线 y=1-x 在 x=x0 处的切线互相平行,则 x0 的值为________. 2 [答案] 0 或- 3
2 3

[解析] 由条件知,2x0=-3x0, 2 ∴x0=0 或- . 3 9.设 P 为曲线 C:y=x -x+1 上一点,曲线 C 在点 P 处的切线的斜率的范围是[-1,3], 则点 P 纵坐标的取值范围是________.
2

2

?3 ? [答案] ? ,3? ?4 ?
[解析] 设 P(a,a -a+1),y′|x=a=2a-1∈[-1,3],∴0≤a≤2. 1 3 ? 1?2 3 2 ∴a -a+1=?a- ? + ,当 a= 时,取最小值 ,当 a=2 时,取最大值 3,故 P 点纵坐 2 4 ? 2? 4
2

?3 ? 标范围是? ,3?. ?4 ?
2 3 2 10.(2011·北京东城一模)已知函数 f(x)=x +ax -x+c,且 a=f ′( ). 3 (1)求 a 的值; (2)求函数 f(x)的单调区间. (3)(理)设函数 g(x)=[f(x)-x ]·e ,若函数 g(x)在 x∈[-3,2]上单调递增,求实数 c 的取值范围. [解析] (1)由 f(x)=x +ax -x+c 得,
3 2 3

x

f ′(x)=3x2+2ax-1.
2 2 2 2 2 4 1 当 x= 时,得 a=f ′( )=3×( ) +2a×( )-1= a+ ,解之得 a=-1. 3 3 3 3 3 3 (2)由(1)可知 f(x)=x -x -x+c. 1 2 则 f ′(x)=3x -2x-1=3(x+ )(x-1),列表如下: 3
3 2

x f ′(x) f(x)

1 (-∞,- ) 3 + ↗

- 0

1 3

1 (- ,1) 3 - ↘

1 0 有极小值

(1,+∞) + ↗

有极大值

1 所以 f(x)的单调递增区间是(-∞,- )和(1,+∞); 3

f(x)的单调递减区间是(- ,1).
(3)函数 g(x)=(f(x)-x )·e =(-x -x+c)·e , 有 g′(x)=(-2x-1)e +(-x -x+c)e =(-x -3x+c-1)e , 因为函数在区间 x∈[-3,2]上单调递增, 所以 h(x)=-x -3x+c-1≥0 在 x∈[-3,2]上恒成立.
2 3

1 3

x

2

x

x

2

x

2

x

只要 h(2)≥0,解得 c≥11,所以 c 的取值范围是[11,+∞).

1 3 2 11.若 a>2,则函数 f(x)= x -ax +1 在区间(0,2)上恰好有( 3 A.0 个零点 C.2 个零点 [答案] B [解析] B.1 个零点 D.3 个零点

)

f ′(x)=x2-2ax=x (x-2a)=0? x1=0,x2=2a>4.易知 f(x)在(0,2)上为减

11 1 3 2 函数,且 f(0)=1>0,f(2)= -4a<0,由零点判定定理知,函数 f(x)= x -ax +1 在区间 3 3 (0,2)上恰好有一个零点. 12.(2011·南开区质检)已知实数 a,b,c,d 成等比数列,且曲线 y=3x-x 的极大值 点坐标为(b,c),则 ad 等于( A.2 C.-1 [答案] A [解析] ∵a,b,c,d 成等比数列,∴ad=bc, 又(b,c)为函数 y=3x-x 的极大值点, ∴c=3b-b ,且 0=3-3b , ∴?
?b=1 ? ? ?c=2
3 2 3 3

)

B. 1 D.-2

或?

?b=-1 ? ? ?c=-2

,∴ad=2.
3 2

13.(文)(2011·安庆质检)已知函数 f(x)=-x +ax -4 在 x=2 处取得极值,若 m、n ∈[-1,1],则 f(m)+f ′(n)的最小值是________. [答案] -13 [解析] 求导得 f ′(x)=-3x +2ax,由函数 f(x)在 x=2 处取得极值知 f ′(2)=0, 即-3×4+2a×2=0,∴a=3.由此可得 f(x)=-x +3x -4,f ′(x)=-3x +6x,易知 f(x) 在(-1,0)上单调递减,在(0,1)上单调递增, ∴当 m∈[-1,1]时,f(m)min=f(0)=-4.又∵f ′(x)=-3x +6x 的图象开口向下,且 对称轴为 x=1,∴当 n∈[-1,1]时,f ′(n)min=f ′(-1)=-9.故 f(m)+f ′(n)的最小 值为-13. (理)(2011·山东潍坊一模)已知函数 f(x)=x +2bx +cx+1 有两个极值点 x1、x2,且 x1 ∈[-2,-1],x2∈[1,2],则 f(-1)的取值范围是( )
3 2 2 3 2 2 2

3 A.[- ,3] 2 C.[3,12] [答案] C

3 B.[ ,6] 2 3 D.[- ,12] 2

[解析]

f ? ?f 由条件可得,? f ? ?f

- -

, , , ,

8b-c-12≤0, ? ?4b-c-3≤0, 即? 4b+c+3≤0, ? ?8b+c+12≥0,

作出其可行域,

易知目标函数 z=2b-c 的取值范围是[3,12]. 14.(文)设函数 f(x)=x +ax +bx+c 的图象如图所示,且与 y=0 在原点相切,若函数 的极小值为-4.
3 2

(1)求 a、b、c 的值; (2)求函数的递减区间. [解析] (1)函数的图象经过(0,0)点,∴c=0. 又图象与 x 轴相切于(0,0)点,y′=3x +2ax+b, ∴b=0,∴y=x +ax ,y′=3x +2ax. 2 ∵当 x=- a 时,函数有极小值-4. 3
3 2 2 2

? 2a?3 ? 2a?2 ∴?- ? +a?- ? =-4,得 a=-3. ? 3? ? 3?
(2)y′=3x -6x<0,解得 0<x<2.∴递减区间是(0,2). (理)设函数 f(x)=x -3ax+b(a≠0).
3 2

(1)若曲线 y=f(x)在点(2,f(x))处与直线 y=8 相切,求 a,b 的值; (2)求函数 f(x)的单调区间与极值点. [解析] (1)f ′(x)=3x -3a. 因为曲线 y=f(x)在点(2,f(2))处与直线 y=8 相切, 所以?
? ?f ? ?f
2

=0, =8.

? ?12-3a=0, 即? ? ?8-6a+b=8.

解得 a=4,b=24. (2)f ′(x)=3(x -a)(a≠0). 当 a<0 时,f ′(x)>0,函数 f(x)在(-∞,+∞)上单调递增;此时函数 f(x)没有极值 点. 当 a>0 时,由 f ′(x)=0 得 x=± a. 当 x∈(-∞,- a)时,f ′(x)>0,函数 f(x)单调递增; 当 x∈(- a, a)时,f ′(x)<0,函数 f(x)单调递减; 当 x∈( a,+∞)时,f ′(x)>0,函数 f(x)单调递增. 故 x=- a是 f(x)的极大值点,x= a是 f(x)的极小值点.
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2

1 3 1 2 15.(文)设函数 g(x)= x + ax -bx(a,b∈R),在其图象上一点 P(x,y)处的切线的斜 3 2 率记为 f(x). (1)若方程 f(x)=0 有两个实根分别为-2 和 4,求 f(x)的表达式; (2)若 g(x)在区间[-1,3]上是单调递减函数,求 a +b 的最小值. [解析] (1)根据导数的几何意义知 f(x)=g′(x)=x +ax-b,由已知-2,4 是方程 x
? ?-2+4=-a +ax-b=0 的两个实根,由韦达定理? ?-2×4=-b ?
2 2 2 2



∴?

?a=-2 ? ?b=8 ?

,f(x)=x -2x-8.

2

(2)g(x)在区间[-1,3]上是单调递减函数,所以在[-1,3]区间上恒有 f(x)=g′(x)=

x2+ax-b≤0,
即 f(x)=x +ax-b≤0 在[-1,3]上恒成立 这只需满足?
? ?a+b≥1 ? ?b-3a≥9 ? ?f ? ?f ?
2



即可,也即?

?a+b≥1 ? ?b-3a≥9 ?

,而 a +b 可视为平面区域
? ?a=-2 ?b=3 ?

2

2

内的点到原点距离的平方,其中点(-2,3)距离原点最近.所以当?

时,

a2+b2 有最小值 13.

(理)(2011·天津文,19)已知函数 f(x)=4x +3tx -6t x+t-1,x∈R,其中 t∈R. (1)当 t=1 时,求曲线 y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程. (2)当 t≠0,求 f(x)的单调区间. (3)证明:对任意 t∈(0,+∞),f(x)在区间(0,1)内均存在零点. [解析] (1)当 t=1 时,f(x)=4x +3x -6x,f(0)=0,f ′(x)=12x +6x-6,f ′(0) =-6,所以曲线 y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为 y=-6x. (2)解:f ′(x)=12x +6tx-6t ,令 f ′(x)=0,解得 x=-t 或 x= ,因为 t≠0,以 2 下分两种情况讨论: ①若 t<0,则 <-t,当 x 变化时,f ′(x),f(x)的变化情况如下表: 2
2 2 3 2 2

3

2

2

t

t

x f ′(x) f(x)

?-∞,t? ? ? 2? ?
+ ↗

?t,-t? ?2 ? ? ?
- ↘

(-t,+∞) + ↗

? ? ? ? 所以,f(x)的单调递增区间是?-∞, ?,(-t, +∞);f(x)的单调递减区间是? ,-t?. 2? ? ?2 ?
t t
②若 t>0,则-t< ,当 x 变化时,f ′(x),f(x)的变化情况如下表: 2

t

x f ′(x) f(x)

(-∞,-t) + ↗

?-t,t? ? ? 2? ?
- ↘

?t,+∞? ?2 ? ? ?
+ ↗

? ,+∞?:f(x)的单调递减区间是?-t, ?, 所以,f(x)的单调递增区间是(-∞, -t), ?2 ? ? 2? ? ? ? ?
t t

? ? ? ? (3)证明:由(2)可知,当 t>0 时,f(x)在?0, ?内单调递减,在? ,+∞?内单调递增, ? 2? ?2 ?
t t
以下分两种情况讨论: ①当 ≥1,即 t≥2 时,f(x)在(0,1)内单调递减,在(1,+∞)内单调递增. 2

t

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f(0)=t-1>0,f(1)=-6t2+4t+3≤-6×4+4×2+3<0.所以对任意 t∈[2,+∞), f(x)在区间(0,1)内均存在零点.

? ? ? ? ②当 0< <1,即 0<t<2 时,f(x)在?0, ?内单调递减,在? ,1?内单调递增, 2 ? 2? ?2 ?
t t t
7 3 7 3 ?t? 若 t∈(0,1],f? ?=- t +t-1≤- t <0, 4 4 ?2?

f(1)=-6t2+4t+3≥-6t+4t+3=-2t+3>0,

? ? 所以 f(x)在? ,1?内存在零点. ?2 ?
t
7 3 7 3 ?t? 若 t∈(1,2),f? ?=- t +(t-1)<- t +1<0, 2 4 4 ? ?

f(0)=t-1>0,
所以 f(x)在?0, ?内存在零点. ? 2? 所以,对任意 t∈(0,2),f(x)在区间(0,1)内均存在零点, 综上,对任意 t∈(0,+∞),f(x)在区间(0,1)内均存在零点.

?

t?

1.设 f ′(x)是函数 f(x)的导函数,y=f ′(x)的图象如图所示,则 y=f(x)的图象最 有可能的是( )

[答案] C [分析] 由导函数 f ′(x)的图象位于 x 轴上方(下方),确定 f(x)的单调性,对比 f(x) 的图象,用排除法求解. [解析] 由 f ′(x)的图象知,x∈(-∞,0)时,f ′(x)>0,f(x)为增函数,x∈(0,2)

时,f ′(x)<0,f(x)为减函数,x∈(2,+∞)时,f ′(x)>0,f(x)为增函数. 只有 C 符合题意,故选 C. 2.设曲线 y=x +1 上任一点(x,y)处的切线的斜率为 g(x),则函数 y=g(x)cosx 的部 分图象可以为( )
2

[答案] A [解析] g(x)=(x +1)′=2x,∴y=g(x)·cosx=2xcosx,显然 y=2xcosx 为奇函数, 排除 B、D,且在原点右侧附近,函数值大于零.排除 C. 3.设函数 f(x)在定义域内可导,y=f(x)的图象如图所示,则导函数 y=f ′(x)的图象 可能为图中的( )
2

[答案] D [解析] 当 y=f(x)为增函数时,y=f ′(x)>0,当 y=f(x)为减函数时,y=f ′(x)<0, 可判断 D 成立. 4.(2011·浙江文,10)设函数 f(x)=ax +bx+c(a,b,c∈R),若 x=-1 为函数 f(x)e 的一个极值点,则下列图象不可能为 y=f(x)的图象是( )
2

x

[答案] D [解析] 设 g(x)=f(x)e ,则 g(x)=(ax +bx+c)e , ∴g′(x)=e [ax +(b+2a)x+b+c],由已知 g′(-1)=0,∴a-b-2a+b+c=0,∴a =c. ∴f(x)=ax +bx+c 可化为 f(x)=ax +bx+a, ∴f(x)=0 若有根时,两根之积为 1. 而 D 中两根 x1<-1,x2<-1,x1x2>1.所以 D 图一定不成立.故选 D. 5.f(x)是定义在(0,+∞)上的非负可导函数,且满足 xf ′(x)+f(x)≤0.对任意正数
2 2

x

2

x

x

2

a、b,若 a<b,则必有(
A.af(b)≤bf(a) C.af(a)≤f(b) [答案] A

) B.bf(a)≤af(b) D.bf(b)≤f(a)

[解析] ∵xf ′(x)+f(x)≤0,又 f(x)≥0, ∴xf ′(x)≤-f(x)≤0. 设 y= 故 y=

f x x·f ,则 y′= x

x -f x ≤0, x2
[来源:Ks5u.com]

f x 为减函数或为常数函数. x f a f b ≥ , a b

又 a<b,∴

∵a、b>0,∴a·f(b)≤b·f(a). [点评] 观察条件式 xf ′(x)+f(x)≤0 的特点,可见不等式左边是函数 y=xf(x)的导 函数,故可构造函数 y=xf(x)或 y=

f x 通过取导数利用条件式来得到函数的单调性推得 x

结论,请再练习下题: 已知 a,b 是实数,且 e<a<b,其中 e 是自然对数的底数,则 a 与 b 的大小关系是( A.a >b B.a <b
b b b a b a

)

a

C.a =b
b

a

D.a 与 b 的大小关系不确定 [答案] A lnx 1-lnx [解析] 令 f(x)= ,则 f ′(x)= .当 x>e 时,f ′(x)<0,∴f(x)在(e,+∞) 2

a

x

x

上单调递减. ∵e<a<b,∴f(a)>f(b),即
b a

lna lnb > ,

a

b

∴blna>alnb,∴lna >lnb ,∴a >b . 1 3 2 6.(2011·安徽池州一中期末)已知函数 y=- x +bx -(2b+3)x+2-b 在 R 上不是单 3 调减函数,则 b 的取值范围是________. [答案] b<-1 或 b>3 [解析] y′=-x +2bx-(2b+3),要使原函数在 R 上单调递减,应有 y′≤0 恒成立, ∴Δ =4b -4(2b+3)=4(b -2b-3)≤0,∴-1≤b≤3,故使该函数在 R 上不是单调减 函数的 b 的取值范围是
2 2 2

b

a

b<-1 或 b>3.
7. (2011·苏北四市调研)已知函数 f(x)=mx +nx 的图象在点(-1,2)处的切线恰好与直 线 3x+y=0 平行,若 f(x)在区间[t,t+1]上单调递减,则实数 t 的取值范围是________. [答案] [-2,-1] [解析] 由题意知,点(-1,2)在函数 f(x)的图象上,故-m+n=2① 又 f ′(x)=3mx +2nx,由条件知 f ′(-1)=-3, 故 3m-2n=-3② 联立①②解得:m=1,n=3,即 f(x)=x +3x , 令 f ′(x)=3x +6x≤0,解得-2≤x≤0, 则[t,t+1]? [-2,0],故 t≥-2 且 t+1≤0, 所以 t∈[-2,-1]. [点评] f(x)在区间[t,t+1]上单调递减,故[t,t+1]是 f(x)的减区间的子集. 8.(2010·厦门三中阶段测试)已知 f(x)=lnx+x -bx. (1)若函数 f(x)在其定义域内是增函数,求 b 的取值范围; (2)当 b=-1 时,设 g(x)=f(x)-2x ,求证函数 g(x)只有一个零点.
2 2 2 3 2 2 3 2

[解析] (1)∵f(x)在(0,+∞)上递增, 1 ∴f ′(x)= +2x-b≥0,对 x∈(0,+∞)恒成立,

x

1 即 b≤ +2x 对 x∈(0,+∞)恒成立,

x

?1 ? ∴只需 b≤? +2x?min, ?x ?
1 2 ∵x>0,∴ +2x≥2 2,当且仅当 x= 时取“=”, x 2 ∴b≤2 2,∴b 的取值范围为(-∞,2 2]. (2)当 b=-1 时,g(x)=f(x)-2x =lnx-x +x,其定义域是(0,+∞), 1 ∴g′(x)= -2x+1
2 2

x

2x -x-1 x- =- =-

2

x+ x x- x

x

, =0,

令 g′(x)=0,即- ∵x>0,∴x=1,

x+

当 0<x<1 时,g′(x)>0;当 x>1 时,g′(x)<0, ∴函数 g(x)在区间(0,1)上单调递增,在区间(1,+∞)上单调递减, ∴当 x≠1 时,g(x)<g(1),而 g(1)=0,∴g(x)<0, ∴函数 g(x)只有一个零点.


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