【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

《【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)用問題 12 綜合問題 10、13、15、16 基礎(chǔ)過關(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),年利潤最大,最大年利潤為135萬元. 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-, 又切線過原點(diǎn)k=, =2t+a-, 即t2+at-ln t=2t2+at-1, 所以t2-1+ln t=0, t=1滿足方程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. 10