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高考数学大一轮复习第二章函数、导数及其应用16导数与函数的综合应用课时作业理

课时作业16 导数与函数的综合应用

一、选择题

1.已知函数f (x )=12x 3-x 2-72x ,则f (-a 2

)与f (-1)的大小关系为( )

A .f (-a 2

)≤f (-1) B .f (-a 2)

D .f (-a 2)与f (-1)的大小关系不确定 解析:由题意可得f ′(x )=32x 2-2x -7

2,

令f ′(x )=1

2(3x -7)(x +1)=0,

得x =-1或x =7

3

.

当x <-1时,f ′(x )>0,f (x )为增函数;当-1

3时,f ′(x )<0,f (x )为减函数.所

以f (-1)是函数f (x )在(-∞,0]上的最大值,又因为-a 2

≤0,所以f (-a 2

)≤f (-1).

答案:A

2.若不等式2x ln x ≥-x 2

+ax -3对x ∈(0,+∞)恒成立,则实数a 的取值范围是( ) A .(-∞,0) B .(-∞,4] C .(0,+∞)

D .[4,+∞)

解析:2x ln x ≥-x 2+ax -3,则a ≤2ln x +x +3x ,设h (x )=2ln x +x +3x

(x >0),则h ′(x )

=(x +3)(x -1)x

2

.当x ∈(0,1)时,h ′(x )<0,函数h (x )单调递减;当x ∈(1,+∞)时,h ′(x )>0,函数h (x )单调递增,所以h (x )min =h (1)=4.所以a ≤h (x )min =4.

答案:B

3.函数f (x )=x 3

-3x -1,若对于区间[-3,2]上的任意x 1,x 2,都有|f (x 1)-f (x 2)|≤t ,则实数t 的最小值是( )

A .20

B .18

C .3

D .0

解析:因为f ′(x )=3x 2

-3=3(x -1)(x +1),令f ′(x )=0,得x =±1,所以-1,1为函数的极值点.又f (-3)=-19,f (-1)=1,f (1)=-3,f (2)=1,所以在区间[-3,

2]上f (x )max =1,f (x )min =-19.又由题设知在区间[-3,2]上f (x )max -f (x )min ≤t ,从而t ≥20,所以t 的最小值是20.

答案:A

4.(2016·甘肃兰州诊断)已知定义在R 上的可导函数f (x )的导函数为f ′(x ),满足

f ′(x )

A .(-2,+∞)

B .(0,+∞)

C .(1,+∞)

D .(4,+∞)

解析:∵f (x +2)为偶函数, ∴f (x +2)的图象关于x =0对称, ∴f (x )的图象关于x =2对称, ∴f (0)=f (4)=1.设g (x )=f (x )

e

x

(x ∈R ),

则g ′(x )=

f ′(x )e x -f (x )e x (e x

2

f ′(x )-f (x )

e

x

又f ′(x )

∴函数g (x )在定义域上单调递减. ∵f (x )

?g (x )=

f (x )

e

x

<1,

而g (0)=

f (0)

e

=1,

∴f (x )

?g (x )

∴x >0.故选B. 答案:B

5.设1

,? ??

??ln x x 2,ln x

2

x

2的大小关系是( )

A.? ????ln x x 2

B.ln x x

??ln x x 2

2

x

2

C.? ????ln x x 2

2

D.ln x 2

x

2

??ln x x 2

解析:令f (x )=x -ln x (1

x

>0,

∴函数y =f (x )在(1,2)内为增函数. ∴f (x )>f (1)=1>0,

∴x >ln x >0?0

x

<1.

∴? ????ln x x 2

2

x 2

-ln x x =2ln x -x ln x x 2=(2-x )ln x x

2

>0, ∴? ????ln x x 2

6.(2015·福建卷)若定义域在R 上的函数f (x )满足f (0)=-1,其导函数f ′(x )满足

f ′(x )>k >1,则下列结论中一定错误的是( )

A .f ? ????1k <1k

B .f ? ????1k >

1k -1

C .f ?

???

?1k -1<1k -1

D .f ?

???

?1k -1>k k -1

解析:令k =2,f (x )=2.1x -1,则f ? ????12=2.1×12-1=0.05<12,所以A 正确;f (x )=6x -1时,则f ? ????12=6×12-1=2>1,所以B 正确;f (1)=6×1-1=5>2,所以D 正确,C 错

误.

答案:C 二、填空题

7.电动自行车的耗电量y 与速度x 之间有关系y =13x 3-392x 2

-40x (x >0),为使耗电量

最小,则速度应定为________.

解析:由y ′=x 2

-39x -40=0, 得x =-1或x =40, 由于040时,y ′>0.

所以当x =40时,y 有最小值. 答案:40

8.函数f (x )=ax 3+x 恰有三个单调区间,则a 的取值范围是________.

解析:f (x )=ax 3+x 恰有三个单调区间,即函数f (x )恰有两个极值点,即f ′(x )=0有两个不等实根.

∵f (x )=ax 3

+x ,∴f ′(x )=3ax 2

+1. 要使f ′(x )=0有两个不等实根,则a <0.

答案:(-∞,0)

9.(2016·湖北荆门调研)若函数f (x )=x 2

-12

ln x +1在其定义域内的一个子区间(a -1,

a +1)内存在极值,则实数a 的取值范围为________.

解析:因为f ′(x )=2x -12x =(2x +1)(2x -1)

2x ,由x >0可知函数的极值点只有x

=12,若函数f (x )=x 2

-12ln x +1在其定义域内的一个子区间(a -1,a +1)内存在极值,则?????0≤a -1<12,a +1>12

,解得1≤a <32,所以实数a 的范围是????

??1,32.

答案:????

??1,32

10.设函数f (x )=6ln x ,g (x )=x 2

-4x +4,则方程f (x )-g (x )=0有________个实根. 解析:设φ(x )=g (x )-f (x )=x 2

-4x +4-6ln x ,则φ′(x )=

2x 2

-4x -6

x

2(x +1)(x -3)

x

,且x >0.由φ′(x )=0,得x =3.当03时,

φ′(x )>0.∴φ(x )在(0,+∞)上有极小值φ(3)=1-6ln3<0.故y =φ(x )的图象与x 轴有两个交点,则方程f (x )-g (x )=0有两个实根.

答案:2 三、解答题

11.(2015·广东卷)设a >1,函数f (x )=(1+x 2

)e x

-a . (1)求f (x )的单调区间;

(2)证明:f (x )在(-∞,+∞)上仅有一个零点;

(3)若曲线y =f (x )在点P 处的切线与x 轴平行,且在点M (m ,n )处的切线与直线OP 平

行(O 是坐标原点),证明:m ≤

3

a -2

e

-1.

解:(1)由题意可知函数f (x )的定义域为R ,f ′(x )=(1+x 2

)′e x +(1+x 2)(e x

)′=(1+x )2e x

≥0,

故函数f (x )的单调递增区间为(-∞,+∞),无单调递减区间. (2)∵a >1,∴f (0)=1-a <0,

且f (a )=(1+a 2

)e a -a >1+a 2

-a >2a -a =a >0.∴函数f (x )在区间(0,a )上存在零点. 又由(1)知函数f (x )在(-∞,+∞)上单调递增, ∴函数f (x )在(-∞,+∞)上仅有一个零点.

(3)由(1)及f ′(x )=0,得x =-1. 又f (-1)=2e -a ,即P ? ????-1,2e -a , ∴k OP =2

e -a -0-1-0=a -2

e

.

又f ′(m )=(1+m )2e m ,∴(1+m )2e m

=a -2e .

令g (m )=e m -m -1,则g ′(m )=e m

-1, ∴由g ′(m )>0,得m >0,由g ′(m )<0,得m <0.

∴函数g (m )在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.∴g (m )min =g (0)=0, 即g (m )≥0在R 上恒成立,即e m

≥m +1.

∴a -2e =(1+m )2e m ≥(1+m )2(1+m )=(1+m )3

,即 3a -2e ≥1+m .故m ≤3a -2e -1.

12.(2015·江苏卷)已知函数f (x )=x 3

+ax 2

+b (a ,b ∈R ). (1)试讨论f (x )的单调性;

(2)若b =c -a (实数c 是与a 无关的常数),当函数f (x )有三个不同的零点时,a 的取

值范围恰好是(-∞,-3)∪? ????1,32∪? ??

??32,+∞,求c 的值.

解:(1)f ′(x )=3x 2

+2ax ,

令f ′(x )=0,解得x 1=0,x 2=-2a

3.

当a =0时,因为f ′(x )=3x 2

>0(x ≠0), 所以函数f (x )在(-∞,+∞)上单调递增;

当a >0时,x ∈? ????-∞,-2a 3∪(0,+∞)时,f ′(x )>0,x ∈? ????-2a 3,0时,f ′(x )<0, 所以函数f (x )在? ????-∞,-2a 3,(0,+∞)上单调递增,在? ????-2a 3,0上单调递减; 当a <0时,x ∈(-∞,0)∪? ????-2a 3,+∞时,f ′(x )>0,x ∈? ????0,-2a 3时,f ′(x )<0,

所以函数f (x )在(-∞,0),? ????-2a 3,+∞上单调递增,在?

????0,-2a 3上单调递减. (2)由(1)知,函数f (x )的两个极值为f (0)=b ,f ? ????-2a 3=427

a 3

+b ,

则函数f (x )有三个零点等价于

f (0)·f ?

??

??-2a 3=b ?

??

??427

a 3+

b <0,

从而?????a >0,-427a 3

????a <0,0

又b =c -a ,所以当a >0时,427a 3-a +c >0或当a <0时,427a 3

-a +c <0.

设g (a )=427

a 3

-a +c ,

因为函数f (x )有三个零点时,a 的取值范围恰好是(-∞,-3)∪? ????1,32∪? ????32,+∞,

则在(-∞,-3)上g (a )<0,且在? ????1,32∪? ????32,+∞上g (a )>0均恒成立,

从而g (-3)=c -1≤0,且g ? ??

??32=c -1≥0,因此c =1. 此时,f (x )=x 3

+ax 2

+1-a =(x +1)[x 2

+(a -1)x +1-a ],因函数有三个零点, 则x 2

+(a -1)x +1-a =0有两个异于-1的不等实根, 所以Δ=(a -1)2

-4(1-a )=a 2

+2a -3>0, 且(-1)2

-(a -1)+1-a ≠0,

解得a ∈(-∞,-3)∪? ????1,32∪? ??

??32,+∞. 综上c =1.

1.(2015·北京卷)已知函数f (x )=ln 1+x

1-x .

(1)求曲线y =f (x )在点(0,f (0))处的切线方程;

(2)求证:当x ∈(0,1)时,f (x )>2? ??

??x +x 3

3; (3)设实数k 使得f (x )>k ? ??

??x +x 3

3对x ∈(0,1)恒成立,求k 的最大值. 解:(1)因为f (x )=ln(1+x )-ln(1-x ), 所以f ′(x )=11+x +1

1-x ,f ′(0)=2.

又因为f (0)=0,

所以曲线y =f (x )在点(0,f (0))处的切线方程为y =2x .

(2)令g (x )=f (x )-2? ??

??x +x 3

3, 则g ′(x )=f ′(x )-2(1+x 2

)=2x

4

1-x

2.

因为g ′(x )>0(0

所以g (x )在区间(0,1)上单调递增. 所以g (x )>g (0)=0,x ∈(0,1),

即当x ∈(0,1)时,f (x )>2? ??

??x +x 3

3. (3)由(2)知,当k ≤2时,f (x )>k ? ????x +x 3

3对x ∈(0,1)恒成立. 当k >2时,令h (x )=f (x )-k ? ??

??x +x 3

3, 则h ′(x )=f ′(x )-k (1+x 2

)=kx 4-(k -2)

1-x

2

. 所以当0

k

时,h ′(x )<0,

因此h (x )在区间?

????0,4k -2k 上单调递减.

当0

k

时,h (x )

即f (x )

??x +x 3

3.

所以当k >2时,f (x )>k ? ??

??x +x 3

3并非对x ∈(0,1)恒成立. 综上可知,k 的最大值为2.

2.(2015·天津卷)已知函数f (x )=nx -x n

,x ∈R ,其中n ∈N *

,且n ≥2. (1)讨论f (x )的单调性;

(2)设曲线y =f (x )与x 轴正半轴的交点为P ,曲线在点P 处的切线方程为y =g (x ),求证:对于任意的正实数x ,都有f (x )≤g (x );

(3)若关于x 的方程f (x )=a (a 为实数)有两个正实数根x 1,x 2,求证:|x 2-x 1|

1-n

+2.

解:(1)由f (x )=nx -x n

,可得f ′(x )=n -nx n -1

=n (1-x

n -1

),其中n ∈N *

,且n ≥2.

下面分两种情况讨论:

①当n 为奇数时,令f ′(x )=0,解得x =1,或x =-1. 当x 变化时,f ′(x ),f (x )的变化情况如下表:

②当n 为偶数时,

当f ′(x )>0,即x <1时,函数f (x )单调递增; 当f ′(x )<0,即x >1时,函数f (x )单调递减.

所以,f (x )在(-∞,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减. (2)证明:设点P 的坐标为(x 0,0), 则x 0=n 1

n -1,f ′(x 0)=n -n 2

.

曲线y =f (x )在点P 处的切线方程为y =f ′(x 0)(x -x 0), 即g (x )=f ′(x 0)(x -x 0). 令F (x )=f (x )-g (x ),

即F (x )=f (x )-f ′(x 0)(x -x 0), 即F ′(x )=f ′(x )-f ′(x 0). 由于f ′(x )=-nx

n -1

+n 在(0,+∞)上单调递减,

故F ′(x )在(0,+∞)上单调递减. 又因为F ′(x 0)=0,

所以当x ∈(0,x 0)时,F ′(x )>0, 当x ∈(x 0,+∞)时,F ′(x )<0,

所以F (x )在(0,x 0)内单调递增,在(x 0,+∞)上单调递减, 所以对于任意的正实数x ,都有F (x )≤F (x 0)=0, 即对于任意的正实数x ,都有f (x )≤g (x ).

(3)证明:不妨设x 1≤x 2.由(2)知g (x )=(n -n 2

)(x -x 0). 设方程g (x )=a 的根为x ′2,可得x ′2=

a

n -n 2

+x 0.

当n ≥2时,g (x )在(-∞,+∞)上单调递减. 又由(2)知g (x 2)≥f (x 2)=a =g (x ′2),可得x 2≤x ′2. 类似地,设曲线y =f (x )在原点处的切线方程为y =h (x ), 可得h (x )=nx .

当x ∈(0,+∞),f (x )-h (x )=-x n

<0, 即对于任意的x ∈(0,+∞),f (x )

. 因为h (x )=nx 在(-∞,+∞)上单调递增, 且h (x ′1)=a =f (x 1)

由此可得x2-x1

1-n

+x0.

因为n≥2,

所以2n-1=(1+1)n-1≥1+C1n-1=1+n-1=n,

故2≥n 1

n-1=x0.所以,|x2-x1|<

a

1-n

+2.

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