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【高考领航】高考数学新一轮总复习 2.12 导数的应用基础盘点系统化AB演练(Ⅱ)理

【高考领航】2015 届高考数学新一轮总复习 2.12 导数的应用基础 盘点系统化 AB 演练(Ⅱ)理

A 组 基础演练 1.已知函数 f(x)=x +mx+ln x 是单调递增函数,则 m 的取值范围是( A.m>-2 2 C.m<2 2
2 2

)

B.m≥-2 2 D.m≤2 2

2x +mx+1 解析:依题意知,x>0,f′(x)= ,

x

令 g(x)=2x +mx+1,x∈(0,+∞), 当- ≤0 时,g(0)=1>1 恒成立,∴m≥0 成立, 4 当- >0 时,则 Δ =m -8≤0,∴-2 2≤m≤0, 4 综上,m 的取值范围是 m≥-2 2. 答案:B 2.某公司生产某种产品,固定成本为 20 000 元,每生产一单位产品,成本增加 100 元,已 1 ? ?400x- x2 2 知总营业收入 R 与年产量 x 的年关系是 R=R(x)=? ? ?80 000 则总利润最大时,每年生产的产品是( A.100 C.200 ) B.150 D.300

2

m m

2

x x>

, ,

解析:由题意得,总成本函数为 C=C(x)=20 000+100x,

x ? ?300x- -20 000 2 总利润 P(x)=? ? ?60 000-100x
? ?300-x 又 P′(x)=? ?-100 ?

2

x x>
, , ,



x x>

令 P′(x)=0,得 x=300,易知 x=300 时,总利润 P(x)最大. 答案:D 3.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) B.(-1,+∞) D.(-∞,+∞)

)

解析:设 m(x)=f(x)-(2x+4),∵m′(x)=f′(x)-2>0, ∴m(x)在 R 上是增函数. ∵m(-1)=f(-1)-(-2+4)=0,∴m(x)>0 的解集为{x|x>-1}, 即 f(x)>2x+4 的解集为(-1,+∞). 答案:B 4.如图是 y=f(x)导数的图象,对于下列四个判断: ①f(x)在[-2,-1]上是增函数; ②x=-1 是 f(x)的极小值点; ③f(x)在[-1,2]上是增函数,在[2,4]上是减函数; ④x=3 是 f(x)的极小值点. 其中正确的判断是________.(填序号) 解析:①∵f′(x)在[-2,-1]上是小于等于 0 的, ∴f(x)在[-2,-1]上是减函数; ②∵f′(-1)=0 且在 x=0 两侧的导数值为左负右正, ∴x=-1 是 f(x)的极小值点; ③对,④不对,由于 f′(3)≠0. 答案:②③ 5.已知函数 f(x)是定义在 R 上的奇函数,f(1)=0, 当 x>0 时,有 解析:设 y=

x·f

x -f x >0 成立,则不等式 f(x)>0 的解集为________. x2 x -f x x2

f x x·f ,y′= x

由于 f(x)为奇函数,故 y=

f x 为偶函数,且 f(-1)=-f(1)=0, x

f x y= 在(0,+∞)上为增函数,在(-∞,0)上为减函数, x f x f ? ? >0= 1 ∴f(x)>0 等价于? x ? ?x>0,
∴x>1 或-1<x<0. 答案:(-1,0)∪(1,+∞) 6. (2014·扬州模拟)曲线 y=3-x (x>0)上与定点 P(0,2)距离最近的点的坐标为________.
2



f x f - ? ? <0= -1 或? x ? ?x<0.



解析:设曲线上任一点 Q(x,y),则|PQ| =(x-0) +(y-2) =x +(1-x ) =x -x + 1(x>0), 令 f(x)=x -x +1(x>0), 则 f′(x)=4x -2x=2x(2x -1), 令 f′(x)=0, 得 x1=0(舍),x2= 2 2 ,x3=- (舍). 2 2
3 2 4 2

2

2

2

2

2 2

4

2

令 f′(x)>0,得 x∈?

? 2 ? ,+∞?; ?2 ? ? ?
2? ?. 2?

令 f′(x)<0,得 x∈?0, ∴f(x) 在?0, ∴当 x= ∴Q?

? ?

2? ? 2 ? ?上单调递减,在? ,+∞?上单调递增, 2? 2 ? ?

2 5 时,f(x)取得极小值,也是最小值.此时 y= . 2 2

? 2 5? , ?. ? 2 2? ? 2 5? , ? ? 2 2?

答案:?

7.(2014·聊城三模)一火车锅炉每小时煤的消耗费用与火车行驶速度的立方成正比,已知 当速度为 20 km/h 时,每小时消耗的煤价值 40 元,其他费用每小时需 400 元,火车的最 高速度为 100 km/h,火车以何速度行驶才能使从甲城开往乙城的总费用最少? 解:设火车的速度为 x km/h,甲、乙两城距离为 a km. 1 3 由题意,令 40=k·20 ,∴k= , 200

a ? 2 400? 3 则总费用 f(x)=(kx +400)· =a?kx + ?. x

?

x ?

∴f(x)=a?

? 1 x2+400?(0<x≤100). x ? ?200 ?
a x3-
100x
2

由 f′(x)=

3 =0,得 x=20 5.

3 3 当 0<x<20 5时,f′(x)<0;当 20 5<x<100 时,f′(x)>0. 3 3 ∴当 x=20 5时,f(x)取最小值,即速度为 20 5km/h 时,总费用最少. 8.(2014·泰安二模)设 a∈R,函数 f(x)=lnx-ax. 求 f(x)的单调区间.

解:因 f(x)=lnx-ax, 所以函数 f(x)的定义域为(0,+∞) 1 1-ax 且 f′(x)= -a= .

x

x

当 a≤0 时,f′(x)>0,f(x)单调递增; 1 当 a>0 时,若 0<x< ,f′(x)>0,

a

f(x)单调递增;
1 若 x> ,f′(x)<0,f(x)单调递减.

a

所以,a≤0 时,f(x)的单调递增区间为(0,+∞),

a>0 时,f(x)的单调递增区间为?0, ?, ? a?

?

1?

?1 ? 单调递减区间为? ,+∞?. ?a ?
9.设函数 f(x)=a ln x-x +ax,a>0. 求 f(x)的单调区间. 解:因为 f(x)=a ln x-x +ax,其中 x>0,
2 2 2 2

a2 x-a x+a 所以 f′(x)= -2x+a=- . x x
由于 a>0,所以 f(x)的增区间为(0,a),减区间为(a,+∞). B 组 能力突破 e e 1.(理科)(2013·辽宁)设函数 f(x)满足 x ·f′(x)+2xf(x)= ,f(2)= ,则 x>0 时, x 8
2

x

2

f(x)
( A.有极大值,无极小值 C.既有极大值又有极小值 B.有极小值,无极大值 D.既无极大值也无极小值 e 解析:令 F(x)=x ·f(x),则 f′(x)= e -2F x
x
2

)

x

F

x

x -2xF x = x4

2

x

·x -2xF x

2

x4



x3


x x

2e e x x 令 h(x)=e -2F(x),则 h′(x)=e - =

x

x- x

.

当 0<x<2 时,h′(x)<0,h(x)在(0,2)上为减函数. 当 x>2 时,h′(x)>0,h(x)在(2,+∞)上为增函数,

故 h(x)≥h(2)在 x∈(0,+∞)上恒成立.

h(2)=e2-2·F(2)=e2-2[22·f(2)]

? e? 2 =e -2?4× ?=0, ? 8?
即 h(x)≥h(2)=0 在 x∈(0,+∞)上恒成立, e -2F x 则 f′(x)= ≥0 在 x∈(0,+∞)上恒成立, 3
x

2

x

∴f(x)在(0,+∞)上是单调递增的, ∴f(x)在(0,+∞)上无极值,故选 D. 答案:D 1.(文科)(2013·课标全国Ⅱ)已知函数 f(x)=x +ax +bx+c,下列结论中错误的是 ( A.? x0∈R,f(x0)=0 B.函数 y=f(x)的图象是中心对称图形 C.若 x0 是 f(x)的极小值点,则 f(x)在区间(-∞,x0)单调递减 D.若 x0 是 f(x)的极值点,则 f′(x0)=0 解析:由三次函数的值域为 R 知,f(x)=0 必有解,A 项正确;因为 f(x)=x +ax +bx +c 的图象可由 y=x 平移得到,所以 y=f(x)的图象是中心对称图形,B 项正确;若 y =f(x)有极值点,则其导数 y=f′(x)必有 2 个零点,设为 x1, x2(x1<x2),则有 f′(x) =3x +2ax+b=3(x-x1)(x-x2),所以 f(x)在(-∞,x1)上递增,(x1, x2)上递减,(x2, +∞)上递增,则 x2 为极小值点,所以 C 项错误,D 项正确.选 C. 答案:C 2.(2014·长沙模拟)已知函数 f(x)的定义域为[-1,5],部分对应值如下表:
2 3 3 2 3 2

)

x y

-1 1

0 2

2 0

4 2

5 1

f(x)的导函数 y=f′(x)的图象如图所示.

(1)f(x)的极小值为________; (2)若函数 y=f(x)-a 有 4 个零点,则实数 a 的取值范围为________. 解析:(1)由 y=f′(x)的图象可知,

x f′(x) f(x)

(-1,0) +

0 0 极大值

(0,2) -

2 0 极小值

(2,4) +

4 0 极大值

(4,5) -

∴f(2)为 f(x)的极小值,f(2)=0. (2)y=f(x)的图象如图所示:

若函数 y=f(x)-a 有 4 个零点,则 a 的取值范围为 1≤a<2. 答案:(1)0 (2)[1,2) 1 2 3.(理科)(2014·济南模拟)已知函数 f(x)= ax -(2a+1)x+2ln x(a∈R). 2 (1)若曲线 y=f(x)在 x=1 和 x=3 处的切线互相平行,求 a 的值; (2)求 f(x)的单调区间; (3)设 g(x)=x -2x,若对任意 x1∈(0,2],均存在 x2∈(0,2],使得 f(x1)<g(x2),求 a 的取值范围. 2 解:f′(x)=ax-(2a+1)+ (x>0).
2

x

2 (1)f′(1)=f′(3),解得 a= . 3 (2)f′(x)=

ax- x

x-

(x>0).

①当 a≤0 时,x>0,ax-1<0, 在区间(0,2)上,f′(x)>0;在区间(2,+∞)上 f′(x)<0, 故 f(x)的单调递增区间是(0,2),单调递减区间是(2,+∞). 1 1 ②当 0<a< 时, >2, 2 a

?1 ? ? 1? 在区间(0,2)和? ,+∞?上,f′(x)>0;在区间?2, ?上 f′(x)<0, ?a ? ?
a?

?1 ? ? 1? 故 f(x)的单调递增区间是(0,2)和? ,+∞?,单调递减区间是?2, ?. ?a ? ?
a?
1 x- ③当 a= 时,f′(x)= 2 2x
2

,故 f(x)的单调递增区间是(0,+∞).

1 1 ④当 a> 时,0< <2, 2 a

? 1? ?1 ? 在区间?0, ?和(2,+∞)上,f′(x)>0;在区间? ,2?上 f′(x)<0, ?
a?

?a

?

? 1? ?1 ? 故 f(x)的单调递增区间是?0, ?和(2,+∞),单调递减区间是? ,2?. ?
a?

?a

?

(3)由已知,在(0,2]上有 f(x)max<g(x)max. 由已知,g(x)max=0,由(2)可知, 1 ①当 a≤ 时,f(x)在(0,2]上单调递增, 2 故 f(x)max=f(2)=2a-2(2a+1)+2ln 2=-2a-2+2ln 2, 1 所以,-2a-2+2ln 2<0,解得 a>ln 2-1,故 ln 2-1<a≤ . 2 1 ? 1? ?1 ? ②当 a> 时,f(x)在?0, ?上单调递增,在? ,2?上单调递减, 2 ? a? ?a ? 1 ?1? 故 f(x)max=f? ?=-2- -2lna. 2a ?a? 1 1 1 由 a> 可知 ln a>ln >ln =-1,2ln a>-2,-2ln a<2, 2 2 e 所以,-2-2lna<0,f(x)max<0, 综上所述,a>ln 2-1. 3.(文科)(2014·南京模拟)已知函数 f(x)= (1)求 f(x)的解析式; (2) 设函数 g(x) = x - 2ax + a ,若对于任意的 x1 ∈ R ,总存在 x2 ∈ [ - 1,1] ,使得
2

mx (m,n∈R)在 x=1 处取得极值 2. x2+n

g(x2)≤f(x1),求实数 a 的取值范围.
解:(1)f′(x)=

m n-x2 ,依题意有: x2+n 2
=2, 1+n

f′(1)=m(n-1)=0,f(1)=
解得 m=4,n=1;f(x)=

m

4x . x2+1

(2)要使得对于任意的 x1∈R,总存在 x2∈[-1,1],使得 g(x2)≤f(x1), 只需 gmin(x)≤fmin(x),

f′(x)= x

-x

+x
2

x2+

=0,得到 x=±1,列表如下: -1 (-1,1) 1 (1,+∞)

(-∞,-

1)

f′(x) f(x)
∵x>0 时,f(x)>0



0 极小值 -2



0 极大 值2



∴fmin(x)=f(-1)=-2, 故只需 gmin(x)≤-2,

g(x)的图像开口向上,对称轴为 x=a,
当 a≤-1 时,gmin(x)=g(-1)=1+3a≤-2,得 a≤-1; 当-1<a<1 时,gmin(x)=g(a)=a-a ≤-2,得 a≤-1 或 a≥2,不符题意; 当 a≥1 时,gmin(x)=g(1)=1-a≤-2,得 a≥3. 综上,a 的取值范围是 a≤-1 或 a≥3. ln x+k 4.(经典考题)已知函数 f(x)= (k 为常数,e=2.718 28……是自然对数的底数), x e 曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与 x 轴平行. (1)求 k 的值; (2)求 f(x)的单调区间. ln x+k 解:(1)由 f(x)= , x e 1-kx-xln x 得 f′(x)= , xex
2

x∈(0,+∞),
由于曲线 y=f(x)在(1,f(1))处的切线与 x 轴平行, 所以 f′(1)=0,因此 k=1. (2)由(1)得 f′(x)= 1

xex

(1-x-xln x),x∈(0,+∞),

令 h(x)=1-x-xln x,x∈(0,+∞),当 x∈(0,1)时,h(x)>0;当 x∈(1,+∞)时,

h(x)<0.
又 e >0, 所以当 x∈(0,1)时,f′(x)>0; 当 x∈(1,+∞)时,f′(x)<0. 因此 f(x)的单调递增区间为(0,1),单调递减区间(1,+∞).
x