当前位置:首页 >> 数学 >>

2014高中数学常考问题5 导数的综合应用


常考问题 5

导数的综合应用

(建议用时:60 分钟) 1 1.已知函数 f(x)=3x3-2x2+3m,x∈[0,+∞),若 f(x)+5≥0 恒成立,则实数 m 的取值范围是 ( ?17 ? A.? 9 ,+∞? ? ? C.(-∞,2] 解析 ?17 ? B.? 9 ,+∞? ? ? D.(-∞,2) ).

f′(x)=x2-4x,由 f′(x)>0,得 x>4 或 x<0.

∴f(x)在(0,4)上递减, 在(4, +∞)上递增, ∴当 x∈[0, +∞)时, f(x)min=f(4). ∴ 17 要使 f(x)+5≥0 恒成立,只需 f(4)+5≥0 恒成立即可,代入解之得 m≥ 9 . 答案 A

1 2.下面四个图象中,有一个是函数 f(x)=3x3+ax2+(a2-1)x+1(a∈R)的导函数 y=f′(x)图象,则 f(-1)等于 ( ).

1 A.3 7 C.3 解析

1 B.-3 1 5 D.-3或3 ∵f′(x)=x2+2ax+a2-1, ∴f′(x)的图象开口向上, 则②, ④排除. 若

5 图象不过原点,则 f′(x)的图象为①,此时 a=0,f(-1)=3;若图象过原点, 则 f′(x)的图象为③,此时 a2-1=0,又对称轴 x=-a>0,∴a=-1, 1 ∴f(-1)=-3.

答案

D

3. 函数 f(x)的定义域是 R, f(0)=2, 对任意 x∈R, f(x)+f′(x)>1, 则不等式 ex· f(x)>ex +1 的解集为 ( A.{x|x>0} B.{x|x<0} C.{x|x<-1,或x>1} D.{x|x<-1,或0<x<1} 解析 构造函数 g(x)=ex· f(x)-ex,因为 g′(x)=ex· f(x)+ex· f′(x)-ex=ex[f(x) ).

+f′(x)]-ex>ex-ex=0,所以 g(x)=ex· f(x)-ex 为 R 上的增函数.又因为 g(0) =e0· f(0)-e0=1,所以原不等式转化为 g(x)>g(0),解得 x>0. 答案 A

4.已知 f(x)是定义在(0,+∞) 上的非负可导函数,且满足 xf′(x)+f(x)≤0,对 任意的 0<a<b,则必有 ( A.af(b)≤bf(a) C.af(a)≤f(b) 解析 B.bf(a)≤af(b) D.bf(b)≤f(a) ).

因为 xf′(x)≤-f(x),f(x)≥0,

xf′?x?-f?x? -2f?x? ?f?x?? 所以? x ?′= ≤ x2 ≤0, x2 ? ? f?x? 则函数 x 在(0,+∞)上单调递减. f?a? f?b? 由于 0<a<b,则 a ≥ b ,即 af(b)≤bf(a). 答案 A
2

ex e2 5.(2013· 辽宁卷)设函数 f(x)满足 x f′(x)+2xf(x)= x ,f(2)= 8 ,则 x>0 时,f(x) ( A.有极大值,无极小值 B.有极小值,无极大值 C.既有极大值又有极小值 ).

D.既无极大值也无极小值 解析 ex-2x2f?x? ex 由 x2f′(x)+2xf(x)= x ,得 f′(x)= ,令 g(x)=ex-2x2f(x),x x3
x x 2 x

ex ?x-2?e >0,则 g′(x)=e -2x f′(x)-4xf(x)=e -2· x = x .令 g′(x)=0,得 x =2.当 x>2 时,g′(x)>0;0<x<2 时,g′(x)<0,∴g(x)在 x=2 时有最小 值 g(2)=e2-8f(2)=0,从而当 x>0 时,f′(x)≥0,则 f(x)在(0,+∞)上是增 函数,所以函数 f(x)无极大值,也无极小值. 答案 D

6.(2013· 温州模拟)关于 x 的方程 x3-3x2-a=0 有三个不同的实数解,则实数 a 的取值范围是________. 解析 由题意知使函数 f(x)=x3-3x2-a 的极大值大于 0 且极小值小于 0 即

可,又 f′(x)=3x2-6x=3x(x-2),令 f′(x)=0,得 x1=0,x2=2.当 x<0 时, f′(x)>0;当 0<x<2 时,f′(x)<0;当 x>2 时,f′(x)>0,所以当 x=0 时,f(x)取得极大值,即 f(x)极大值=f(0)=-a;当 x=2 时,f(x)取得极小值,即 ?-a>0, f(x)极小值=f(2)=-4-a,所以? 解得-4<a<0. ?-4-a<0, 答案 (-4,0)

1 7. 若函数 f(x)=-2x2+4x-3ln x 在[t, t+1]上不单调, 则 t 的取值范围是______. 解析
2 ?x-1??x-3? 3 -x +4x-3 对 f(x)求导,得 f′(x)=-x+4- x = =- .由 x x

f′(x)=0 得函数 f(x)的两个极值点为 1,3,则只要这两个极值点有一个在区间 (t,t+1)内,函数 f(x)在区间[t,t+1]上就不单调,所以 t<1<t+1 或 t<3<t+1, 解得 0<t<1 或 2<t<3. 答案 (0,1)∪(2,3) 1 ,g(x)=x2-2ax+4,若任意 x1∈[0,1],存在 x2∈[1,2], x+1

8.已知函数 f(x)=x-

使 f(x1)≥g(x2),则实数 a 的取值范围是______. 解析 由于 f′(x)=1+ 1 >0,因此函数 f(x)在[0,1]上单调递增,所以 x ?x+1?2

∈[0,1]时, f(x)min=f(0)=-1.根据题意可知存在 x∈[1,2], 使得 g(x)=x2-2ax

x 5 x 5 +4≤-1,即 x2-2ax+5≤0,即 a≥2+2x能成立,令 h(x)=2+2x,则要使 x 5 a≥h(x)在 x∈[1,2]能成立, 只需使 a≥h(x)min, 又函数 h(x)=2+2x在 x∈[1,2] 9 9 上单调递减(可利用导数判断),所以 h(x)min=h(2)=4,故只需 a≥4. 答案 ?9 ? ?4,+∞? ? ?

9.(2013· 安徽卷)设函数 f(x)=ax-(1+a2)x2,其中 a>0,区间 I={x|f(x)>0}. (1)求 I 的长度(注:区间(α,β)的长度定义为 β-α); (2)给定常数 k∈(0,1),当 1-k≤a≤1+k 时,求 I 长度的最小值. 解 a (1)因为方程 ax-(1+a2)x2=0(a>0)有两个实根 x1=0, x2= .故 f(x)>0 1+a2

的解集为{x|x1<x<x2}. a ? a ? 因此区间 I=?0,1+a2?,I 的长度为 . 1+a2 ? ? 1-a2 a (2)设 d(a)= ,则 d′(a)= . 1+a2 ?1+a2?2 令 d′(a)=0,得 a=1.由于 0<k<1,故当 1-k≤a<1 时,d′(a)>0,d(a)单调 递增; 当 1<a≤1+k 时,d′(a)<0,d(a)单调递减. 所以当 1-k≤a≤1+k 时, d(a)的最小值必定在 a=1-k 或 a=1+k 处取得. 1-k 2 d?1-k? 1+?1-k? 2-k2-k3 而 = = <1. d?1+k? 1+k 2-k2+k3 1+?1+k?2 故 d(1-k)<d(1+k).因此当 a=1-k 时,d(a)在区间[1-k,1+k]上取得最小 值 1-k . 2-2k+k2

10.(2013· 东北三校联考)已知 x=3 是函数 f(x)=aln(1+x)+x2-10x 的一个极值 点. (1)求 a; (2)求函数 f(x)的单调区间;

(3)若直线 y=b 与函数 y=f(x)的图象有 3 个交点,求 b 的取值范围. 解 f(x)的定义域为(-1,+∞). a a +2x-10,又 f′(3)=4+6-10=0, 1+x

(1)f′(x)=

∴a=16.经检验此时 x=3 为 f(x)的极值点,故 a=16. (2)由(1)知 f′(x)= 2?x-1??x-3? . x+1

当-1<x<1 或 x>3 时,f′(x)>0; 当 1<x<3 时,f′(x)<0. ∴f(x)的单调增区间为(-1,1),(3,+∞), 单调减区间为(1,3). (3)由(2)知,f(x)在(-1,1)上单调递增,在(1,3)上单调递减,在(3,+∞)上单 调递增, 且当 x=1 或 x=3 时, f′(x)=0.所以 f(x)的极大值为 f(1)=16ln 2-9, 极小值为 f(3)=32ln 2-21. 因为 f(16)>162-10×16>16ln 2-9=f(1), f(e-2-1)<-32+11=-21<f(3), 所以根据函数 f(x)的大致图象可判断,在 f(x)的三个单调区间(-1,1),(1,3), (3, +∞)内, 直线 y=b 与 y=f(x)的图象各有一个交点, 当且仅当 f(3)<b<f(1). 因此 b 的取值范围为(32ln 2-21,16ln 2-9). 11.(2013· 新课标全国Ⅱ卷)已知函数 f(x)=ex-ln(x+m). (1)设 x=0 是 f(x)的极值点,求 m,并讨论 f(x)的单调性; (2)当 m≤2 时,证明 f(x)>0. (1)解 f′(x)=ex- 1 ,由 x=0 是 f(x)的极值点,得 f′(0)=0,所以 m=1, x+m

于是 f(x)=ex-ln(x+1),定义域为{x|x>-1}, f′(x)=ex- 1 , x+1 1 在(-1,+∞)上单递增, x+1

函数 f′(x)=ex- 且 f′(0)=0,

因此当 x∈(-1,0)时,f′(x)<0;

当 x∈(0,+∞)时,f′(x)>0. 所以 f(x)在(-1,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增. (2)证明 当 m≤2,x∈(-m,+∞)时,ln(x+m)≤ln(x+2),故只需证明当 m

=2 时,f(x)>0, 当 m=2 时,函数 f′(x)=ex- 1 在(-2,+∞)上单调递增. x+2

又 f′(-1)<0,f′(0)>0,故 f′(x)=0 在(-2,+∞)上有唯一实根 x0,且 x0 ∈(-1,0). 当 x∈(-2,x0)时,f′(x)<0;当 x∈(x0,+∞)时,f′(x)>0,从而当 x=x0 时, f(x)取得最小值. 由 f′(x0)=0,得 ex0= = ?x0+1?2 >0. x0+2 1 1 ,即 ln(x0+2)=-x0,故 f(x)≥f(x0)= +x x0+2 x0+2 0

综上,当 m≤2 时,f(x)>0.

新课 标第 一 网


相关文章:
...简易通真题感悟:常考问题5 导数的综合应用
江苏省2014年高考数学(文)二轮复习简易通真题感悟:常考问题5 导数的综合应用_高考_高中教育_教育专区。常考问题 6 [真题感悟] 三角函数的图象与性质 π? ? 1...
...常考问题专项冲关突破:常考问题5 导数的综合应用
常考问题 5 [真题感悟] 导数的综合应用 (2013· 江苏卷)设函数 f(x)=lnx-ax,g(x)=ex-ax,其中 a 为实数. (1)若 f(x)在(1,+∞)上是单调减函数,...
常考问题4 导数的综合应用
导数题型五 利用导数证明... 20页 4下载券 2014高考数学第一轮复习... 8页...x 1 作业: 常考问题 4 导数的综合应用 (建议用时:50 分钟) 4 3 1.若...
...简易通真题感悟:常考问题5 导数的综合应用
如要投诉违规内容,请到百度文库投诉中心;如要提出功能问题或意见建议,请点击此处...江苏省2014年高考数学(文)二轮复习简易通真题感悟:常考问题5 导数的综合应用 暂无...
2014年5月 高考数学21题 导数及其综合运用 含答案详解
2014年5月 高考数学21题 导数及其综合运用 含答案详解_数学_高中教育_教育专区...考查学生分析解决问题的能力, 正确构造函数是关键. 4. (2014?成都模拟)已知...
2014年高考导数的综合应用(精华)
2014年高考导数的综合应用(精华)_数学_高中教育_教育...x? () 为常数);当 3<x≤5 时,y=-70x+490...
导数常见题型归纳
2014年幼儿园教师资格考... 2014教师资格中学教育知...2012-2013学年高中数学常... 7页 1下载券喜欢...高中数学高考导数题型 5页 免费©2014 Baidu 使用...
2015年高考复习高中数学导数的综合应用拔高题组(有详细...
2015年高考复习高中数学导数的综合应用拔高题组(有详细...同时考查了极值的有关问题,属于综合题. 8. (2011...(﹣5)=f′ (﹣1)=﹣f′ (1)=2,即所求切线...
2015高考数学训练及解析—导数的综合应用
2015高考数学训练及解析—导数的综合应用_高三数学_数学_高中教育_教育专区。导数...? 5 32 3 最小值是 3 . 答案 32 3 3 二、解答题 4.(2014· 湛江...
导数综合应用类型总结
导数综合应用类型总结_数学_高中教育_教育专区。一、...综合上述五种类型,利用导数求解含参问题时,首先具备...2014年幼儿园教师资格考... 2014教师资格中学教育知...
更多相关标签: