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2014年高考数学(文)二轮复习专题提升训练(江苏专用):5 导数的综合应用 Word版含解析]


常考问题 5

导数的综合应用

(建议用时:50 分钟) 4 1.若函数 y=-3x3+bx 有三个单调区间,则 b 的取值范围是________. 解析 答案 由条件 y′=-4x2+b,∴Δ=0+16b>0,得 b>0. (-2,-1)

1 2.已知函数 f(x)= x3-2x2+3m,x∈[0,+∞),若 f(x)+5≥0 恒成立,则实数 3 m 的取值范围是________. 解析 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 ?17 ? ? 9 ,+∞? ? ?

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

解析

∵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 1 5 -3或3

4. (2013· 南通调研)设 P 是函数 y= x(x+1)图象上异于原点的动点,且该图象在

点 P 处的切线的倾斜角为 θ,则 θ 的取值范围是________. 解析 1 1 3 x 1 因为 y′=2x-2(x+1)+ x= 2 + ≥2 2 x 3 1 (当且仅当 x=3 4= 3,

时,“=”成立)设点 P(x,y)(x>0),则在点 P 处的切线的斜率 k≥ 3,所以 ?π π? tan θ≥ 3,又 θ∈[0,π),故 θ∈?3,2?. ? ? 答案 ?π π? ?3,2? ? ?

5. 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______. 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 (0,+∞)

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 f(x)极小值=f(2)=-4-a,所以{-a>0, -4-a<0, 解得-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- = =- .由 x 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· 徐州质检)现有一张长为 80 cm,宽为 60cm 的长 方形铁皮 ABCD,准备用它做成一只无盖长方体铁皮 盒,要求材料利用率为 100%,不考虑焊接处损失.如 图,若长方形 ABCD 的一个角剪下一块正方形铁皮, 作为铁皮盒的底面,用余下材料剪拼后作为铁皮盒的侧面,设长方体的底面 边长为 x(cm),高为 y(cm),体积为 V(cm3) (1) 求出 x 与 y 的关系式; (2) 求该铁皮盒体积 V 的最大值. 解 (1)由题意得 x2+4xy=4 800,

4 800-x2 即 y= ,0<x<60. 4x (2)铁皮盒体积 V(x)= x2y=x2× 4 800-x2 1 3 3 2 =- x + 1 200 x , V ′ ( x ) =- 4x 4 4x +

1200,令 V′(x)=0,得 x=40,因为 x∈(0,40),V′(x)>0,V(x)是增函数; 1 x∈(40,60),V′(x)<0,V(x)是减函数,所以 V(x)=-4x3+1 200x,在 x=40 时取得极大值,也是最大值,其值为 32 000 cm3. 所以该铁皮盒体积 V 的最大值是 32 000 cm3. 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 1 在(-2,+∞)上单调递增. x+2

=2 时, f(x)>0, 当 m=2 时,函数 f′(x)=ex-

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. 备课札记:


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