《【導(dǎo)與練】（新課標(biāo)）2016屆高三數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第2篇 第11節(jié) 導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用課時(shí)訓(xùn)練 理》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《【導(dǎo)與練】（新課標(biāo)）2016屆高三數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第2篇 第11節(jié) 導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用課時(shí)訓(xùn)練 理（10頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、
【導(dǎo)與練】（新課標(biāo)）2016屆高三數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第2篇 第11節(jié) 導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用課時(shí)訓(xùn)練 理
【選題明細(xì)表】
知識(shí)點(diǎn)、方法
題號(hào)
導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性
1、5、7、9、11
導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值
2、4、8、14
導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的最值
3、6、11
導(dǎo)數(shù)研究實(shí)際應(yīng)用問(wèn)題
12
綜合問(wèn)題
10、13、15、16
基礎(chǔ)過(guò)關(guān)
一、選擇題
1.函數(shù)y=(3-x2)ex的單調(diào)遞增區(qū)間是( D )
(A)(-∞,0) (B)(0,+∞)
(C)(-∞,-3)和(1,+∞) (D)(-3,1)
解析:y′=-2xex+(3-x2)ex=ex(-x2-2x+3
2、),
由y′>0?x2+2x-3<0?-3
3、0,+∞),
又y′=-1=,
令y′=0得x=1,
當(dāng)x∈(0,1)時(shí),y′>0,函數(shù)單調(diào)遞增;
當(dāng)x∈(1,e)時(shí),y′<0,函數(shù)單調(diào)遞減.
當(dāng)x=1時(shí),函數(shù)取得最大值-1.
4.若函數(shù)f(x)=ax3+bx2+cx+d有極值,則導(dǎo)函數(shù)f′(x)的圖象不可能是( D )
解析:若函數(shù)f(x)=ax3+bx2+cx+d有極值,則此函數(shù)在某點(diǎn)兩側(cè)的單調(diào)性相反,也就是說(shuō)導(dǎo)函數(shù)f′(x)在此點(diǎn)兩側(cè)的導(dǎo)函數(shù)值的符號(hào)相反,所以導(dǎo)函數(shù)的圖象要穿過(guò)x軸,觀察四個(gè)選項(xiàng)中的圖象只有D項(xiàng)是不符合要求的,即f′(x)的圖象不可能是D.
5.(2015洛陽(yáng)調(diào)研)若f(x)=-(x-2)2+b
4、ln x在(1,+∞)上是減函數(shù),則b的取值范圍是( C )
(A)[-1,+∞) (B)(-1,+∞)
(C)(-∞,-1] (D)(-∞,-1)
解析:由題意可知f′(x)=-(x-2)+≤0,
在x∈(1,+∞)上恒成立,
即b≤x(x-2)在x∈(1,+∞)上恒成立,
由于 (x)=x(x-2)=x2-2x在(1,+∞)上的值域是(-1,+∞),
故只要b≤-1即可.
6.(2014福建廈門(mén)質(zhì)檢)若函數(shù)f(x)=x3-3x在(a,6-a2)上有最小值,則實(shí)數(shù)a的取值范圍是( C )
(A)(-,1) (B)[-,1)
(C)[-2,1) (D)(-,-2]
解析:
5、f′(x)=3x2-3=0,
得x=±1,且x=1為函數(shù)的極小值點(diǎn),x=-1為函數(shù)的極大值點(diǎn).
函數(shù)f(x)在區(qū)間(a,6-a2)上,
則函數(shù)f(x)極小值點(diǎn)必在區(qū)間(a,6-a2)內(nèi),
即實(shí)數(shù)a滿(mǎn)足a<1<6-a2
且f(a)=a3-3a≥f(1)=-2.
解a<1<6-a2,得-
6、t),若函數(shù)f(x)=a·b在區(qū)間(-1,1)上存在增區(qū)間,則t的取值范圍為 .?
解析:f(x)=ex+-tx,x∈(-1,1),f′(x)=ex+x-t,函數(shù)在(-1,1)上存在增區(qū)間,
故ex+x≥t,x∈(-1,1)時(shí)有解,故e+1≥t.
答案:(-∞,e+1]
8.直線y=a與函數(shù)f(x)=x3-3x的圖象有相異的三個(gè)公共點(diǎn),則a的取值范圍是 .?
解析:令f′(x)=3x2-3=0,
得x=±1,可得極大值為f(-1)=2,極小值為f(1)=-2,
如圖,觀察得-2
7、4x-3ln x在[t,t+1]上不單調(diào),則t的取值范圍是 .?
解析:由題意知f′(x)=-x+4-=
=-,
由f′(x)=0得函數(shù)f(x)的兩個(gè)極值點(diǎn)為1,3,
則只要這兩個(gè)極值點(diǎn)有一個(gè)在區(qū)間(t,t+1)內(nèi),
函數(shù)f(x)在區(qū)間[t,t+1]上就不單調(diào),
由t<1
8、
即f(x)=-x3+3x2-4.
根據(jù)函數(shù)f(x)的極值點(diǎn),可得函數(shù)f(m)在[-1,1]上的最小值為f(0)=-4,f′(n)=-3n2+6n在[-1,1]上單調(diào)遞增,
所以f′(n)的最小值為f′(-1)=-9.
[f(m)+f′(n)]min=f(m)min+f′(n)min
=-4-9
=-13.
答案:-13
三、解答題
11.(2014太原模擬)設(shè)f(x)=-x3+x2+2ax.
(1)若f(x)在(,+∞)上存在單調(diào)遞增區(qū)間,求a的取值范圍;
(2)當(dāng)0
9、=-x2+x+2a=-(x-)2++2a,
當(dāng)x∈[,+∞)時(shí),f′(x)的最大值為f′()=+2a.
令+2a>0,得a>-,
所以當(dāng)a>-時(shí),f(x)在(,+∞)上存在單調(diào)遞增區(qū)間.
(2)令f′(x)=0,得兩根x1=,
x2=.
所以f(x)在(-∞,x1),(x2,+∞)上單調(diào)遞減,在(x1,x2)上單調(diào)遞增.
當(dāng)0
10、1,4]上的最大值為f(2)=.
12.(2014泰安模擬)某種產(chǎn)品每件成本為6元,每件售價(jià)為x元(6
11、-6x2+66x-108
=-6(x2-11x+18)
=-6(x-2)(x-9).
令y′=0,
得x=2(舍去)或x=9,
顯然,當(dāng)x∈(6,9)時(shí),y′>0;
當(dāng)x∈(9,11)時(shí),y′<0.
∴函數(shù)y=-2x3+33x2-108x-108在(6,9)上是遞增的,在(9,11)上是遞減的.
∴當(dāng)x=9時(shí),y取最大值,且ymax=135,
∴售價(jià)為9元時(shí),年利潤(rùn)最大,最大年利潤(rùn)為135萬(wàn)元.
能力提升
13.(2014宜昌模擬)已知y=f(x)是奇函數(shù),當(dāng)x∈(0,2)時(shí),f(x)=ln x-ax(a>),當(dāng)x∈(-2,0)時(shí),f(x)的最小值為1,則a的值等于( D
12、 )
(A) (B) (C) (D)1
解析:由題意知,當(dāng)x∈(0,2)時(shí),f(x)的最大值為-1.
令f′(x)=-a=0,得x=,
當(dāng)00;
當(dāng)x>時(shí),f′(x)<0.
∴f(x)max=f()=-ln a-1=-1,
解得a=1.
14.函數(shù)f(x)=ax3+x恰有三個(gè)單調(diào)區(qū)間,則a的取值范圍是 .?
解析:f(x)=ax3+x恰有三個(gè)單調(diào)區(qū)間,
即函數(shù)f(x)恰有兩個(gè)極值點(diǎn),
即f′(x)=0有兩個(gè)不等實(shí)根.
∵f(x)=ax3+x,
∴f′(x)=3ax2+1.
要使f′(x)=0有兩個(gè)不等實(shí)根,則a<0.
答案:(-∞,0)
13、
15.(2014廣東六校聯(lián)考)已知f(x)=3x2-x+m(x∈R),g(x)=ln x.
(1)若函數(shù)f(x)與g(x)的圖象在x=x0處的切線平行,求x0的值;
(2)求當(dāng)曲線y=f(x)與y=g(x)有公共切線時(shí),實(shí)數(shù)m的取值范圍;
(3)在(2)的條件下,求函數(shù)F(x)=f(x)-g(x)在區(qū)間[,1]上的最值(用m表示).
解:(1)f′(x)=6x-1,g′(x)=(x>0),
由題意知6x0-1=(x0>0),
即6-x0-1=0,
解得x0=或x0=-,
又∵x0>0,
∴x0=.
(2)若曲線y=f(x)與y=g(x)相切且在交點(diǎn)處有公共切線,
由(
14、1)得切點(diǎn)橫坐標(biāo)為,
∴f()=g(),
∴-+m=ln ,
即m=--ln 2,
數(shù)形結(jié)合可知,m>--ln 2時(shí),f(x)與g(x)有公共切線,
故m的取值范圍是(--ln 2,+∞).
(3)F(x)=f(x)-g(x)=3x2-x+m-ln x,
故F′(x)=6x-1-
=
=,
當(dāng)x變化時(shí),F′(x)與F(x)在區(qū)間[,1]上的變化情況如表:
x
[,)
(,1]
F′(x)
-
0
+
F(x)
↘
極小值
↗
又∵F()=m+ln 3,
F(1)=2+m>F(),
∴當(dāng)x∈[,1]時(shí),
F(x)min=F()
=m++
15、ln 2(m>--ln 2),
F(x)max=F(1)=m+2(m>--ln 2).
探究創(chuàng)新
16.(2014天津模擬)設(shè)函數(shù)f(x)=x2+ax-ln x.
(1)若a=1,試求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間.
(2)過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)O作曲線y=f(x)的切線,證明:切點(diǎn)的橫坐標(biāo)為1.
(1)解:a=1時(shí),f(x)=x2+x-ln x(x>0),
所以f′(x)=2x+1-=,
x∈(0,),f′(x)<0,x∈(,+∞),f′(x)>0,
所以f(x)的減區(qū)間為(0,),增區(qū)間為(,+∞).
(2)證明:設(shè)切點(diǎn)為M(t,f(t)),f′(x)=2x+a-,
切線的斜率k=2t+a-,
又切線過(guò)原點(diǎn)k=,
=2t+a-,
即t2+at-ln t=2t2+at-1,
所以t2-1+ln t=0,
t=1滿(mǎn)足方程t2-1+ln t=0,
由y=1-x2,y=ln x圖象可知x2-1+ln x=0有唯一解x=1,切點(diǎn)的橫坐標(biāo)為1.
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【導(dǎo)與練】（新課標(biāo)）2016屆高三數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第2篇 第11節(jié) 導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用課時(shí)訓(xùn)練 理
