高考數(shù)學(xué)文科一輪總復(fù)習(xí) 33

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1、 精品資料 第3講　導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用(二) 基礎(chǔ)鞏固題組 (建議用時(shí)：40分鐘) 一、填空題 1．已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋(a＋6)x＋1有極大值和極小值，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________． 解析　∵f′(x)＝3x2＋2ax＋(a＋6)， 由已知可得f′(x)＝0有兩個(gè)不相等的實(shí)根， ∴Δ＝4a2－4×3(a＋6)＞0，即a2－3a－18＞0. ∴a＞6或a＜－3. 答案　(－∞，－3)∪(6，＋∞) 2．已知函數(shù)f(x)＝x2＋mx＋ln x是單調(diào)遞增函數(shù)，則m的取值范圍是________．

2、解析　依題意知x＞0時(shí)，f′(x)＝， 令g(x)＝2x2＋mx＋1，x∈(0，＋∞)， 當(dāng)－≤0時(shí)，g(0)＝1＞0恒成立，∴m≥0成立， 當(dāng)－＞0時(shí)，則Δ＝m2－8≤0，∴－2≤m＜0， 綜上，m的取值范圍是[－2，＋∞)． 答案　[－2，＋∞) 3．某公司生產(chǎn)某種產(chǎn)品，固定成本為20 000元，每生產(chǎn)一單位產(chǎn)品，成本增加100元，已知總營業(yè)收入R與年產(chǎn)量x的年關(guān)系是R＝R(x)＝則總利潤最大時(shí)，每年的產(chǎn)量是________． 解析　由題意得，總成本函數(shù)為C＝C(x)＝20 000＋100x， 總利潤P(x)＝ 又P′(x)＝ 令P′(x)＝0，得x＝300，易知x＝3

3、00時(shí)，總利潤P(x)最大． 答案　300 4．要做一個(gè)底面為長方形的帶蓋的箱子，其體積為72 cm3，其底面兩鄰邊長之比為1∶2，則它的長為________，寬為________，高為________時(shí)，可使表面積最?。? 解析　設(shè)底面寬為x cm，則長為2x cm，高為 cm， S＝4x2＋＋＝4x2＋. S′＝8x－＝0，解得x＝3 (cm)． ∴長為6 cm，寬為3 cm，高為4 cm. 答案　6 cm　3 cm　4 cm 5．若關(guān)于x的不等式x3－3x2－9x＋2≥m對任意x∈[－2,2]恒成立，則m的取值范圍是________． 解析　令f(x)＝x3－3x2－9x

4、＋2，則f′(x)＝3x2－6x－9，令f′(x)＝0，得x＝－1或3(舍去)．∵f(－1)＝7，f(－2)＝0，f(2)＝－20.∴f(x)的最小值為f(2)＝－20，故m≤－20. 答案　(－∞，－20] 6．(2013·濰坊模擬)已知函數(shù)y＝f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且當(dāng)x<0時(shí)，不等式f(x)＋xf′(x)<0成立，若a＝30.3f(30.3)，b＝(logπ3)f(logπ3)，c＝f，則a，b，c間的大小關(guān)系是________． 解析　設(shè)g(x)＝xf(x)，則g′(x)＝f(x)＋xf′(x)<0(x<0)，∴當(dāng)x<0時(shí)，g(x)

5、＝xf(x)為減函數(shù)． 又g(x)為偶函數(shù)，∴當(dāng)x>0時(shí)，g(x)為增函數(shù)． ∵1<30.3<2,0<logπ3<1，log3＝－2， ∴g(－2)>g(30.3)>g(logπ3)，即c>a>b. 答案　c>a>b 二、填空題 7．(2013·湖南十二校測試)已知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)閇－1,5]，部分對應(yīng)值如下表： x －1 0 2 4 5 y 1 2 0 2 1 f(x)的導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的圖象如圖所示． (1)f(x)的極小值為________； (2)若函數(shù)y

6、＝f(x)－a有4個(gè)零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________． 解析　(1)由y＝f′(x)的圖象可知： x (－1,0) 0 (0,2) 2 (2,4) 4 (4,5) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ 0 － f(x)  極大值  極小值  極大值  ∴f(2)為f(x)的極小值且f(2)＝0. (2)y＝f(x)的大致圖象如圖所示： 若函數(shù)y＝f(x)－a有4個(gè)零點(diǎn)，則a的取值范圍是[1,2)． 答案　(1)0　(2)[1,2) 8．(2014·開封一模)已知函數(shù)f(x)＝ax3－3x＋1對x∈(0,1]總

7、有f(x)≥0成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________ . 解析　當(dāng)x∈(0,1]時(shí)不等式ax3－3x＋1≥0可化為a≥，設(shè)g(x)＝，x∈(0,1]， g′(x)＝＝－. g′(x)與g(x)隨x的變化情況如下表： x g′(x) ＋ 0 － g(x)  極大值4  因此g(x)的最大值為4，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是[4，＋∞)． 答案　[4，＋∞) 二、解答題 9．設(shè)函數(shù)f(x)＝x2＋ex－xex. (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若當(dāng)x∈[－2,2]時(shí)，不等式f(x)＞m恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍． 解　(1)函數(shù)f(x)的定義域

8、為(－∞，＋∞)， ∵f′(x)＝x＋ex－(ex＋xex)＝x(1－ex)， 若x＜0，則1－ex＞0，所以f′(x)＜0；若x＞0，則1－ex＜0，所以f′(x)＜0； 當(dāng)x＝0時(shí)，f′(x)＝0，∴當(dāng)x∈(－∞，＋∞)時(shí)，f′(x)≤0. ∴f(x)在(－∞，＋∞)上為減函數(shù)， 即f(x)的單調(diào)減區(qū)間為(－∞，＋∞)． (2)由(1)知，f(x)在[－2,2]上單調(diào)遞減． ∴f(x)min＝f(2)＝2－e2， ∴m＜2－e2時(shí)，不等式f(x)＞m恒成立． 故實(shí)數(shù)m的取值范圍是(－∞，2－e2)． 10．(2014·青島一模)設(shè)函數(shù)f(x)＝ln x，g(x

9、)＝ax＋，函數(shù)f(x)的圖象與x軸的交點(diǎn)也在函數(shù)g(x)的圖象上，且在此點(diǎn)有公切線． (1)求a，b的值； (2)試比較f(x)與g(x)的大?。? 解　(1)f(x)＝ln x的圖象與x軸的交點(diǎn)坐標(biāo)是(1,0)， 依題意，得g(1)＝a＋b＝0， ① 又f′(x)＝，g′(x)＝a－， 又f(x)與g(x)在點(diǎn)(1,0)處有公切線， ∴g′(1)＝f′(1)＝1，即a－b＝1， ② 由①②得a＝，b＝－. (2)令F(x)＝f(x)－g(x)，則 F(x)＝ln x－＝ln x－x＋(x＞0)， ∴F′(x)＝－－＝－2≤0. ∴F(x)在(0

10、，＋∞)上為減函數(shù)，且F(1)＝0， 當(dāng)0＜x＜1時(shí)，F(xiàn)(x)＞F(1)＝0，即f(x)＞g(x)； 當(dāng)x＝1時(shí)，F(xiàn)(x)＝F(1)＝0，即f(x)＝g(x)； 當(dāng)x＞1時(shí)，F(xiàn)(x)＜F(1)＝0，即f(x)＜g(x)． 綜上可知，當(dāng)0＜x≤1時(shí)，即f(x)≥g(x)； 當(dāng)x＞1時(shí)，即f(x)＜g(x)． 能力提升題組 (建議用時(shí)：25分鐘) 一、填空題 1．(2014·洛陽統(tǒng)考)若函數(shù)f(x)＝2x3－9x2＋12x－a恰好有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，則a可能的值為________． ①4；②6；③7；④8. 解析　由題意得f′(x)＝6x2－18x＋12＝6(x－

11、1)(x－2)，由f′(x)＞0得x＜1或x＞2，由f′(x)＜0得1＜x＜2，所以函數(shù)f(x)在(－∞，1)，(2，＋∞)上單調(diào)遞增，在(1,2)上單調(diào)遞減，從而可知f(x)的極大值和極小值分別為f(1)，f(2)，若欲使函數(shù)f(x)恰好有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，則需使f(1)＝0或f(2)＝0，解得a＝5或a＝4. 答案　① 2．(2014·深圳中學(xué)檢測)已知對任意實(shí)數(shù)x，都有f(－x)＝－f(x)，g(－x)＝g(x)，且x＞0時(shí)，f′(x)＞0，g′(x)＞0，則x＜0時(shí)，f′(x)________0，g′(x)________0. 解析　由題意知f(x)是奇函數(shù)，g(x)是偶

12、函數(shù)．當(dāng)x＞0時(shí)，f(x)，g(x)都單調(diào)遞增，則當(dāng)x＜0時(shí)，f(x)單調(diào)遞增，g(x)單調(diào)遞減，即f′(x)＞0，g′(x)＜0. 答案?。尽。? 3．(2014·佛山模擬)設(shè)0＜a≤1，函數(shù)f(x)＝x＋，g(x)＝x－ln x，若對任意的x1，x2∈[1，e]，都有f(x1)≥g(x2)成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________． 解析　f′(x)＝1－＝，當(dāng)0＜a≤1，且x∈[1，e]時(shí)，f′(x)＞0，∴f(x)在[1，e]上是增函數(shù)，f(x1)min＝f(1)＝1＋a2，又g′(x)＝1－(x＞0)，易求g′(x)＞0，∴g(x)在[1，e]上是增函數(shù)，g(x2)ma

13、x＝g(e)＝e－1.由條件知只需f(x1)min≥g(x2)max.即1＋a2≥e－1.∴a2≥e－2.即≤a≤1. 答案　[，1] 三、解答題 4．設(shè)函數(shù)f(x)＝x－－aln x(a∈R)． (1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性； (2)若f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2；記過點(diǎn)A(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))的直線斜率為k.問：是否存在a，使得k＝2－a？若存在，求出a的值；若不存在，請說明理由． 解 (1)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)． f′(x)＝1＋－＝. 令g(x)＝x2－ax＋1，其判別式為Δ＝a2－4. ①當(dāng)|a|≤2時(shí)，Δ≤0，f′(x)≥0，所

14、以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增． ②當(dāng)a＜－2時(shí)，Δ＞0，g(x)＝0的兩根都小于0，f′(x)＞0， 所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增． ③當(dāng)a＞2時(shí)，Δ＞0，g(x)＝0的兩根x1＝， x2＝. 當(dāng)0＜x＜x1時(shí)，f′(x)＞0；當(dāng)x1＜x＜x2時(shí)，f′(x)＜0，當(dāng)x＞x2時(shí)，f′(x)＞0，所以f(x)分別在(0，x1)，(x2，＋∞)上單調(diào)遞增，在(x1，x2)上單調(diào)遞減． (2)由(1)知，a＞2.因?yàn)閒(x1)－f(x2)＝(x1－x2)＋－a(ln x1－ln x2)， 所以k＝＝1＋－a·. 又由(1)知，x1x2＝1，于是k＝2－a·.若存在a，使得k＝2－a， 則＝1，即ln x1－ln x2＝x1－x2，由x1x2＝1，得x2－－2ln x2＝0(x2＞1)．(*) 再由(1)知，函數(shù)h(t)＝t－－2ln t在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，而x2＞1，所以x2－－2ln x2＞1－－2ln 1＝0，這與(*)矛盾． 故不存在a，使k＝2－a.