2018年秋高中數(shù)學(xué) 專題強化訓(xùn)練1 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 新人教A版選修2-2.doc

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專題強化訓(xùn)練(一)　導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 (建議用時：45分鐘) [基礎(chǔ)達標練] 一、選擇題 1．函數(shù)y＝f(x)在x＝x0處的導(dǎo)數(shù)f′(x0)的幾何意義是(　　) A．在點x＝x0處的函數(shù)值 B．在點(x0，f(x0))處的切線與x軸所夾銳角的正切值 C．曲線y＝f(x)在點(x0，f(x0))處的切線的斜率 D．點(x0，f(x0))與點(0,0)連線的斜率 [答案]　C 2．曲線y＝xex－1在點(1,1)處切線的斜率等于(　　) 【導(dǎo)學(xué)號：31062111】 A．2e　　　　　　　　 B．e C．2 D．1 C　[y′＝ex－1＋xex－1＝(x＋1)ex－1，故曲線在點(1,1)處的切線斜率為y′＝2.] 3．函數(shù)f(x)＝x3－3x＋1在閉區(qū)間[－3,0]上的最大值、最小值分別是(　　) A．1，－1 B．1，－17 C．3，－17 D．9，－19 C　[f′(x)＝3x2－3.令f′(x)＝0，即3x2－3＝0，解得x＝1.當x∈(－∞，－1)時，f′(x)＞0；當x∈(－1,1)時，f′(x)＜0；當x∈(1，＋∞)時，f′(x)＞0.所以f(x)在x＝－1處取得極大值，f(x)極大值＝3，在x＝1處取得極小值，f(x)極小值＝－1.而端點處的函數(shù)值f(－3)＝－17，f(0)＝1，比較可得f(x)的最大值為3，最小值為－17.] 4．已知函數(shù)y＝x－ln(1＋x2)，則y的極值情況是(　　) A．有極小值 B．有極大值 C．既有極大值又有極小值 D．無極值 D　[∵y′＝1－＝≥0，且僅在有限個點上等號成立，∴函數(shù)f(x)在定義域R上為增函數(shù)，故其不存在極值．] 5．設(shè)f(x)，g(x)在[a，b]上可導(dǎo)，且f′(x)＞g′(x)，則當a＜x＜b時，有(　　) A．f(x)＞g(x) B．f(x)＜g(x) C．f(x)＋g(a)＞g(x)＋f(a) D．f(x)＋g(b)＞g(x)＋f(b) C　[∵f′(x)－g′(x)＞0， ∴(f(x)－g(x))′＞0， ∴f(x)－g(x)在[a，b]上是增函數(shù)， ∴當a＜x＜b時f(x)－g(x)＞f(a)－g(a)， ∴f(x)＋g(a)＞g(x)＋f(a)．] 二、填空題 6．若函數(shù)f(x)＝ax3＋bx在x＝1處有極值－2，則ab＝________. [解析]　由題意可知即∴a＝1，b＝－3，即ab＝－3. [答案]　－3 7．函數(shù)y＝x3－ax2＋x－2a在R上不是單調(diào)函數(shù)，則a的取值范圍是________． [解析]　y′＝x2－2ax＋1有兩個不相等零點，得Δ＝(－2a)2－4>0，得a2>1，解得a<－1或a>1. [答案]　(－∞，－1)∪(1，＋∞) 8．直線y＝x＋b是曲線y＝ln x(x＞0)的一條切線，則實數(shù)b＝________. 【導(dǎo)學(xué)號：31062112】 [解析]　設(shè)切點坐標為(x0，y0)，則y0＝ln x0. ∵y′＝(ln x)′＝，∴y′|x＝x0＝，由題意知＝， ∴x0＝2，y0＝ln 2. 由ln 2＝2＋b，得b＝ln 2－1. [答案]　ln 2－1 三、解答題 9．某廠生產(chǎn)某種電子元件，如果生產(chǎn)出一件正品，可獲利200元，如果生產(chǎn)出一件次品，則損失100元．已知該廠制造電子元件過程中，次品率p與日產(chǎn)量x的函數(shù)關(guān)系是：p＝(x∈N*)． (1)將該廠的日盈利額T(元)表示為日產(chǎn)量x(件)的函數(shù)； (2)為獲最大盈利，該廠的日產(chǎn)量應(yīng)定為多少件？ [解]　(1)因為次品率p＝， 所以當每天生產(chǎn)x件時，有x件次品， 有x件正品． 所以T＝200x－100x ＝25(x∈N*)． (2)T′＝－25， 由T′＝0，得x＝16或x＝－32(舍去)． 當0＜x＜16時，T′＞0； 當x＞16時，T′＜0； 所以當x＝16時，T最大， 即該廠的日產(chǎn)量定為16件，能獲得最大盈利． 10．已知函數(shù)f(x)＝－x3＋12x＋m. (1)若x∈R，求函數(shù)f(x)的極大值與極小值之差； (2)若函數(shù)y＝f(x)有三個零點，求m的取值范圍； (3)當x∈[－1,3]時，f(x)的最小值為－2，求f(x)的最大值． [解]　(1)f′(x)＝－3x2＋12. 當f′(x)＝0時，x＝－2或x＝2. 當f′(x)＞0時，－2＜x＜2. 當f′(x)＜0時，x＜－2或x＞2. ∴f(x)在(－∞，－2)，(2，＋∞)上單調(diào)遞減，在(－2,2)上單調(diào)遞增． ∴f(x)極小值＝f(－2)＝－16＋m. f(x)極大值＝f(2)＝16＋m. ∴f(x)極大值－f(x)極小值＝32. (2)由(1)知要使函數(shù)y＝f(x)有三個零點，必須即 ∴－16＜m＜16. ∴m的取值范圍為(－16,16)． (3)當x∈[－1,3]時，由(1)知f(x)在[－1,2)上單調(diào)遞增，f(x)在[2,3]上單調(diào)遞減，f(x)的最大值為f(2)． 又f(－1)＝－11＋m，f(3)＝m＋9， ∴f(－1)＜f(3)， ∴在[－1,3]上f(x)的最小值為f(－1)＝－11＋m， ∴－11＋m＝－2，∴m＝9. ∴當x∈[－1,3]時，f(x)的最大值為 f(2)＝(－2)3＋122＋9＝25. [能力提升練] 1．若函數(shù)f(x)＝x3－(2b＋1)x2＋b(b＋1)x在(0,2)內(nèi)有極小值，則(　　) 【導(dǎo)學(xué)號：31062113】 A．0＜b＜1 B．0＜b＜2 C．－1＜b＜1 D．－1＜b＜2 C　[f′(x)＝x2－(2b＋1)x＋b(b＋1)＝(x－b)[x－(b＋1)]．令f′(x)＝0，則x＝b或x＝b＋1，x＝b＋1是極小值點， ∴0＜b＋1＜2，∴－1＜b＜1.] 2．定義在R上的函數(shù)f(x)滿足：f′(x)＞1－f(x)，f(0)＝6，f′(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù)，則不等式exf(x)＞ex＋5(其中e為自然對數(shù)的底數(shù))的解集為(　　) A．(0，＋∞) B．(－∞，0)∪(3，＋∞) C．(－∞，0)∪(1，＋∞) D．(3，＋∞) A　[由題意可知不等式為exf(x)－ex－5＞0， 設(shè)g(x)＝exf(x)－ex－5， ∴g′(x)＝exf(x)＋exf′(x)－ex ＝ex[f(x)＋f′(x)－1]＞0. ∴函數(shù)g(x)在定義域上單調(diào)遞增．又∵g(0)＝0，∴g(x)＞0的解集為(0，＋∞)．] 3．已知函數(shù)f(x)＝x－ln(x＋a)的最小值為0，其中a＞0，則a的值為________． [解析]　f(x)的定義域為(－a，＋∞)， f′(x)＝1－＝. 由f′(x)＝0，解得x＝1－a＞－a. 當－a＜x＜1－a時，f′(x)＜0，f(x)在(－a,1－a)上單調(diào)遞減；當x＞1－a時，f′(x)＞0，f(x)在(1－a，＋∞)上單調(diào)遞增． 因此，f(x)在x＝1－a處取得最小值， 由題意知f(1－a)＝1－a＝0，故a＝1. [答案]　1 4．若函數(shù)f(x)＝x2＋ax＋在上是增函數(shù)，則a的取值范圍是________． [解析]　因為f(x)＝x2＋ax＋在上是增函數(shù)， 故f′(x)＝2x＋a－≥0在上恒成立， 即a≥－2x在上恒成立． 令h(x)＝－2x，則h′(x)＝－－2， 當x∈時，h′(x)＜0，則h(x)為減函數(shù)， 所以h(x)＜h＝3，所以a≥3. [答案]　[3，＋∞) 5．已知函數(shù)f(x)＝x2－aln x(a∈R)， (1)若f(x)在x＝2時取得極值，求a的值； (2)求f(x)的單調(diào)區(qū)間； (3)求證：當x＞1時，x2＋ln x＜x3. 【導(dǎo)學(xué)號：31062114】 [解]　(1)f′(x)＝x－，因為x＝2是一個極值點，所以2－＝0，則a＝4.此時f′(x)＝x－＝，因為f(x)的定義域是(0，＋∞)，所以當x∈(0,2)時，f′(x)＜0；當x∈(2，＋∞)，f′(x)＞0，所以當a＝4時，x＝2是一個極小值點，故a＝4. (2)因為f′(x)＝x－＝，所以當a≤0時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)． 當a＞0時，f′(x)＝x－＝＝，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(，＋∞)；遞減區(qū)間為(0，)． (3)證明：設(shè)g(x)＝x3－x2－ln x，則g′(x)＝2x2－x－，因為當x＞1時，g′(x)＝＞0，所以g(x)在x∈(1，＋∞)上是增函數(shù)，所以g(x)＞g(1)＝＞0， 所以當x＞1時，x2＋ln x＜x3.