2.12江苏省2013届高三第二轮复习全套练习

第十二节 导数在研究函数中的应用与生活中的优化问题举例

强化训练

1.f(x)x33x22在区间[-1,1]上的最大值是( ) A.-2 B.0 C.2 D.4 答案:C

解析:f′(x)3x26x3x(x2),令f′(x)=0可得x=0或2(2舍去),当1x0时,f′(x)>0,当

0x1时,f′(x)<0,所以当x=0时,f(x)取得最大值2.

2.函数f(x)的定义域为开区间(a,b),导函数f′(x)在(a,b)内的图象如图所示,则函数f(x)在(a,b)内的极小值点共有( )

A.1个 B.2个 C.3个 D.4个 答案:A

解析:观察题中图象可知,f′(x)只有一处是先小于0,后大于0的.

3.要建造一个长方体形状的仓库,其内部的高为3 m,长和宽的和为20 m,则仓库容积的最大值为

3 m. 答案:300

解析:设长为x m,则宽为(20-x) m,仓库的容积为V, 则Vx(20x)33x260x V′=-6x+60,令V′=0,得x=10.

当00;当x>10时,V′<0.

300(m3)

324.已知函数f(x)ax3x1(xR),其中a>0.

2∴x=10时V最大(1)若a=1,求曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程; (2)若在区间[11]上,f(x)>0恒成立,求a的取值范围.

2232解:(1)当a=1时f(x)x3x1f(2)3;f′(x)3x23xf′(2)=6.所以曲线y=f(x)在点

2(2,f(2))处的切线方程为y-3=6(x-2),即y=6x-9.

(2)f′(x)3ax23x3x(ax1).令f′(x)=0,解得x=0或x以下分两种情况讨论:

①若0a2则11.当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:

1. aa2

f(1)05a082当x[11]时,f(x)>0等价于即

2215af()0028解不等式组得-5因此0a2. ②若a>2,则0

11.当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表: a2

f(1)05a082当x[11]时,f(x)>0等价于 即

2211f()0120a2a2a5或a2.

解不等式组得22因此2综合①和②,可知a的取值范围为0课后作业

题组一 导数与函数的单调性 1.函数f(x)=(x-3)e的单调递增区间是( ) A.(2) C.(1,4) 答案:D

解析:f(x)(x3)ef′(x)=e(x2)0 ∴x>2.

∴f(x)的单调递增区间为(2). 2.若函数h(x)2xkxxx

B.(0,3) D.(2)

k在(1)上是增函数,则实数k的取值范围是( ) x3A. [-2,+) B. [2,+) C.(2] D. (-2)

答案:A

2k2xk0在(1)上恒成立,即k2x2在k解析:因为h′(x)22所以h′(x)22xxx2(1)上恒成立.所以k[-2,+).

3.已知函数y=ax与yb在(0)上都是减函数,则函数yax3bx25的单调递减区间

x为 .

答案:(2b)和(0)

3a解析:根据题意a<0,b<0.

由yax3bx25得y′3ax22bx. 令y′<0,可得x>0或x2b.

3a故所求减区间为(2b)和(0).

3ax4.(2011安徽高考,理16)设f(x)e2其中a为正实数.

1ax(1)当a4时,求f(x)的极值点;

3(2)若f(x)为R上的单调函数,求a的取值范围.

21ax2ax. ① 解:对f(x)求导得f′(x)=e

(1ax2)2(1)当a4时,若f′(x)=0,则4x28x30

31解得x13x2.

22x结合①,可知

所以x13是极小值点x1是极大值点.

2222

(2)若f(x)为R上的单调函数,则f′(x)在R上不变号. 结合①与条件a>0,知ax2ax10在R上恒成立,因此4a24a4a(a1)0由此并

结合a>0,知0a1.

题组二 导数与函数的极值、最值 5.函数f(x)xA.2

答案:D 解析:因为

3ax23x9已知f(x)在x=-3时取得极值,则a等于( )

B.3 C.4 D.5

f(x)x3ax23x9所以f′(x)3x22ax3.

2由题意有f′(-3)=0,所以3(3)2a(3)30.由此解得a=5.

36.若函数f(x)x3xa有3个不同的零点,则实数a的取值范围是( )

A.(-2,2) C.(1) 答案:A

B.[22] D.(1)

解析:由f′(x)3x233(x1)(x+1),

且当x<-1时,f′(x)>0. 当-11时,f′(x)>0.

所以当x=-1时函数f(x)有极大值,当x=1时函数f(x)有极小值.

f(1)0要使函数f(x)有3个不同的零点,只需满足解之,得-2f(1)07.函数y=sin2xxx[,]的最大值是 ，最小值是 .

22答案: 

22解析:∵y′=2cos2x-1=0,∴x.

63f()3

而f()626626端点f()f()

2222∴y的最大值是最小值是.

22x8.设a为实数,函数f(x)=e2x2axR.

(1)求f(x)的单调区间与极值;

x22ax1.

xx(1)解:由f(x)=e2x2axR知f′(x)=e2xR.

(2)求证:当a>ln2-1且x>0时,e

令f′(x)=0,得x=ln2.于是当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:

x故f(x)的单调递减区间是(ln2),单调递增区间是(ln2)

2ln2+2a=2(1-ln2+a).

x2(2)证明:设g(x)=ex2ax1xR.于是g′(x)=ex2x2axR.

f(x)在x=ln2处取得极小值,极小值为f(ln2)=e

由(1)知当a>ln2-1时,g′(x)最小值为g′(ln2)=2(1-ln2+a)>0. 于是对任意xR,都有g′(x)>0,所以g(x)在R内单调递增. 于是当a>ln2-1时,对任意x(0)都有g(x)>g(0). 而g(0)=0,从而对任意x(0)g(x)0. 即ex2ax10故ex题组三 导数的综合应用

x2x2ln22ax1.

9.已知对任意实数x,都有f(-x)=-f(x),g(-x)=g(x),且x>0时,f′(x)>0,g′(x)>0,则x<0时( ) A.f′(x)>0,g′(x)>0 B.f′(x)>0,g′(x)<0 C.f′(x)<0,g′(x)>0 D.f′(x)<0,g′(x)<0 答案:B

解析:由题意知f(x)是奇函数,g(x)是偶函数.当x>0时,f(x),g(x)都单调递增,则当x<0时,f(x)单调递增,g(x)单调递减,即f′(x)>0,g′(x)<0.

10.某公司生产某种产品,固定成本为20 000元,每生产一单位产品,成本增加100元,已知总营业收

12400xx0x400入R与年产量x的关系是R=R(x)=则总利润最大时,每年生产的产280000x400品单位数是( )

A.100 B.150 C.200 D.300 答案:D

解析:由题意得,总成本函数为C=C(x)=20 000+100x, 所以总利润函数为P=P(x)=R(x)-C(x)

2x300x200000x4002= 

60000100xx400300x0x400而P′(x)=

100x400令P′(x)=0,得x=300,易知x=300时,P最大.

11.设f′(x)是函数f(x)的导函数,将y=f(x)和y=f′(x)的图象画在同一个直角坐标系中,不可能正确的是( )

答案:D

解析:对于A,抛物线为函数f(x),直线为f′(x);对于B,上凸的曲线为函数f(x),下凹的曲线为f′(x);对于C,下面的曲线为函数f(x),上面的曲线f′(x).只有D不符合题设条件. 12.已知函数f(x)=ln(1x)xk

2x2(k0).

(1)当k=2时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程; (2)求f(x)的单调区间.

解:(1)当k=2时,f(x)=ln(1x)xxf′(x)=由于f(1)=ln2,f′(1)2所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-ln23(x1)

3 2112x. 1x2即3x-2y+2ln2-3=0.

x(kxk1)x(1)

1x当k=0时,f′(x)x

1x(2)f′(x)

所以,在区间(-1,0)上,f′(x)>0;在区间(0)上,f′(x)<0, 故f(x)的单调递增区间是(-1,0),单调递减区间是(0).

x(kxk1)0得x10x21k0.

k1x所以,在区间(-1,0)和(1k)上,f′(x)>0;在区间(01k)上,f′(x)<0.

kk故f(x)的单调递增区间是(-1,0)和(1k)单调递减区间是(01k).

kk2x 当k=1时,f′(x)1x故f(x)的单调递增区间是(1).

x(kxk1)当k>1时,f′(x)0得x11k(10)x20.

k1x所以,在区间(11k)和(0)上,f′(x)>0;

k在区间(1k0)上,f′(x)<0.

k故f(x)的单调递增区间是(11k)和(0)单调递减区间是(1k0).

kk当0