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2015届高考数学第一轮知识点复习学案15.doc


§ 3.3

导数的综合应用

1.

利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤

(1)分析实际问题中各量之间的关系,列出实际问题的数学模型, 写出实际问题中变量之间的函数关系式 y=f(x); (2)求函数的导数 f′(x),解方程 f′(x)=0; (3)比较函数在区间端点和 f′(x)=0 的点的函数值的大小,最大 (小)者为最大(小)值; (4)回归实际问题作答. 2. 不等式问题 (1)证明不等式时,可构造函数,将问题转化为函数的极值或最 值问题. (2)求解不等式恒成立问题时,可以考虑将参数分离出来,将参数 范围问题转化为研究新函数的值域问题.

1.

判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)连续函数在闭区间上必有最值. ( √ )

(2)函数 f(x)=x2-3x+2 的极小值也是最小值. ( √ )

(3)函数 f(x)= x+x-1 和 g(x)= x-x-1 都是在 x=0 时取得最

小值-1.

(

×

)

(4)函数 f(x)=x2ln x 没有最值. ( × )

π (5)已知 x∈(0,2),则 sin x>x. ( × )

1 (6)若 a>2,则方程3x3-ax2+1=0 在(0,2)上没有实数根. ( 2. × )

(2013· 福建)设函数 f(x)的定义域为 R, x0(x0≠0)是 f(x)的极大值

点,以下结论一定正确的是 ( )

A.?x∈R,f(x)≤f(x0) B.-x0 是 f(-x)的极小值点 C.-x0 是-f(x)的极小值点 D.-x0 是-f(-x)的极小值点 答案 解析 D A 错,因为极大值未必是最大值.B 错,因为函数 y=f(x)

与函数 y=f(-x)的图象关于 y 轴对称,-x0 应是 f(-x)的极大值 点.C 错,函数 y=f(x)与函数 y=-f(x)的图象关于 x 轴对称,x0 应为-f(x)的极小值点.D 对,函数 y=f(x)与 y=-f(-x)的图象关 于原点对称,-x0 应为 y=-f(-x)的极小值点. 3. 设直线 x=t 与函数 f(x)=x2,g(x)=ln x 的图象分别交于点 M,

N,则当|MN|达到最小时 t 的值为 ( A.1 1 B.2 ) 5 C. 2 2 D. 2

答案 解析

D |MN|的最小值,即函数 h(x)=x2-ln x 的最小值,

2 1 2x -1 h′(x)=2x-x = x ,

2 显然 x= 2 是函数 h(x)在其定义域内唯一的极小值点, 2 也是最小值点,故 t= 2 . 4. 若函数 f(x)=x3-3x+a 有 3 个不同的零点, 则实数 a 的取值范

围是__________. 答案 解析 (-2,2) 由于函数 f(x)是连续的, 故只需要两个极值异号即可. f′(x)

=3x2-3, 令 3x2-3=0, 得 x=± 1, 只需 f(-1)· f(1)<0, 即(a+2)(a -2)<0,故 a∈(-2,2). 5. ln x 若 f(x)= x ,0<a<b<e,则 f(a)、f(b)的大小关系为________. 答案 解析 f(a)<f(b) 1-ln x f′(x)= x2 ,

1-ln x 当 x∈(0,e)时, x2 >0,即 f′(x)>0, ∴f(x)在(0,e)上为增函数, 又∵0<a<b<e,∴f(a)<f(b).

题型一 利用导数证明不等式

例1

1 已知定义在正实数集上的函数 f(x)=2x2+2ax,g(x)=3a2ln x+ b,其中 a>0.设两曲线 y=f(x),y=g(x)有公共点,且在该点处的 切线相同 (1)用 a 表示 b,并求 b 的最大值; (2)求证:f(x)≥g(x)(x>0). 思维启迪 (1)设公共点为(x0, y0), 则 f(x0)=g(x0)且 f′(x0)=g′(x0)

可得 a,b 的关系; (2)构造函数 F(x)=f(x)-g(x),求 F(x)的最值. (1)解 设两曲线的公共点为(x0,y0),

3a2 f′(x)=x+2a,g′(x)= x , 由题意知 f(x0)=g(x0),f′(x0)=g′(x0), 1 2 2 ? ?2x0+2ax0=3a ln x0+b, 即? 3a2 ? ?x0+2a= x0 . 3a2 由 x0+2a= x ,得 x0=a 或 x0=-3a(舍去). 0 1 5 即有 b=2a2+2a2-3a2ln a=2a2-3a2ln a. 5 令 h(t)=2t2-3t2ln t(t>0),则 h′(t)=2t(1-3ln t). 于是当 t(1-3ln t)>0,即 0<t<e 时,h′(t)>0; 当 t(1-3ln t)<0,即 t>e 时,h′(t)<0.
1 1 1 3 1 3

故 h(t)在(0,e 3 )上为增函数,在(e 3 ,+∞)上为减函数,
1 3 2 于是 h(t)在(0,+∞)上的最大值为 h(e 3 )=2e 3 ,

3 2 即 b 的最大值为2e 3 . (2)证明 1 设 F(x)=f(x)-g(x)=2x2+2ax-3a2ln x-b(x>0),

3a2 ?x-a??x+3a? 则 F′(x)=x+2a- x = (x>0). x 故 F(x)在(0,a)上为减函数,在(a,+∞)上为增函数. 于是 F(x)在(0,+∞)上的最小值是 F(a)=F(x0)=f(x0)-g(x0)=0. 故当 x>0 时,有 f(x)-g(x)≥0, 即当 x>0 时,f(x)≥g(x). 思维升华 利用导数证明不等式的步骤 (1)构造新函数,并求其单调区间; (2)判断区间端点函数值与 0 的关系; (3)判断定义域内函数值与 0 的大小关系,证不等式. π x3 当 0<x<2时,求证:tan x>x+ 3 . 证明 x? ? 设 f(x)=tan x-?x+ 3 ?, ? ?
3

1 则 f′(x)=cos2x-1-x2=tan2x-x2 =(tan x-x)(tan x+x). π 因为 0<x<2,所以 x<tan x(简单进行证明亦可), 所以 f′(x)>0, π? ? 即 x∈?0,2?时,f(x)为增函数.
? ?

π? ? 所以 x∈?0,2?时,f(x)>f(0).
? ?

x? ? 而 f(0)=0,所以 f(x)>0,即 tan x-?x+ 3 ?>0. ? ?

3

x3 故 tan x>x+ 3 . 题型二 利用导数求参数的取值范围 例2 已知函数 f(x)= ln x+a 1 ( a ∈ R ) , g ( x ) = x x.

(1)求 f(x)的单调区间与极值; (2)若函数 f(x)的图象与函数 g(x)的图象在区间(0, e2]上有公共点, 求实数 a 的取值范围. 思维启迪 极值; (2)构造函数 F(x)=f(x)-g(x),通过 F(x)的单调性和函数值的变化 研究 f(x)、g(x)的交点情况. 解 (1)函数 f(x)的定义域为(0,+∞), (1)解 f′(x)=0,根据函数值的变化得到单调区间、

1-?ln x+a? f′(x)= . x2 令 f′(x)=0,得 x=e1-a, 当 x∈(0,e1-a)时,f′(x)>0,f(x)是增函数; 当 x∈(e1-a,+∞)时,f′(x)<0,f(x)是减函数. 所以函数 f(x)的单调递增区间为(0,e1-a], 单调递减区间为[e1-a,+∞), 极大值为 f(x)极大值=f(e1-a)=ea-1,无极小值. (2)令 F(x)=f(x)-g(x)= 则 F′(x)= ln x+a-1 , x

-ln x+2-a . x2

令 F′(x)=0,得 x=e2-a;令 F′(x)>0,得 x<e2-a; 令 F′(x)<0,得 x>e2-a,

故函数 F(x)在区间(0,e2-a]上是增函数, 在区间[e2-a,+∞)上是减函数. ①当 e2-a<e2,即 a>0 时, 函数 F(x)在区间(0,e2-a]上是增函数, 在区间[e2-a,e2]上是减函数,F(x)max=F(e2-a)=ea-2. a+1 又 F(e1-a)=0,F(e2)= e2 >0, 由图象,易知当 0<x<e1-a 时,F(x)<0; 当 e1-a<x≤e2,F(x)>0, 此时函数 f(x)的图象与函数 g(x)的图象在区间(0,e2]上有 1 个公 共点. ②当 e2-a≥e2,即 a≤0 时,F(x)在区间(0,e2]上是增函数, a+1 F(x)max=F(e2)= e2 . a+1 若 F(x)max=F(e2)= e2 ≥0,即-1≤a≤0 时, 函数 f(x)的图象与函数 g(x)的图象在区间(0,e2]上只有 1 个公共 点; a+1 若 F(x)max=F(e2)= e2 <0,即 a<-1 时, 函数 f(x)的图象与函数 g(x)的图象在区间(0,e2]上没有公共点. 综上,满足条件的实数 a 的取值范围是[-1,+∞). 思维升华 函数零点或函数图象交点问题的求解,一般利用导数

研究函数的单调性、极值等性质,并借助函数图象,根据零点或 图象的交点情况,建立含参数的方程 (或不等式)组求解,实现形 与数的和谐统一 已知函数 f(x)=x3-3ax-1,a≠0.

(1)求 f(x)的单调区间; (2)若 f(x)在 x=-1 处取得极值,直线 y=m 与 y=f(x)的图象有三 个不同的交点,求 m 的取值范围. 解 (1)f′(x)=3x2-3a=3(x2-a),

当 a<0 时,对 x∈R,有 f′(x)>0, ∴当 a<0 时,f(x)的单调增区间为(-∞,+∞). 当 a>0 时,由 f′(x)>0, 解得 x<- a或 x> a. 由 f′(x)<0,解得- a<x< a, ∴当 a>0 时,f(x)的单调增区间为(-∞,- a),( a,+∞), 单调减区间为(- a, a). (2)∵f(x)在 x=-1 处取得极值, ∴f′(-1)=3×(-1)2-3a=0, ∴a=1. ∴f(x)=x3-3x-1,f′(x)=3x2-3, 由 f′(x)=0,解得 x1=-1,x2=1. 由(1)中 f(x)的单调性可知, f(x)在 x=-1 处取得极大值 f(-1)=1, 在 x=1 处取得极小值 f(1)=-3. ∵直线 y=m 与函数 y=f(x)的图象有三个不同的交点,结合如图 所示 f(x)的图象可知: 实数 m 的取值范围是(-3,1). 题型三 生活中的优化问题 例 3 某商场销售某种商品的经验表明, 该商品每日的销售量 y(单位: a 千克)与销售价格 x(单位:元/千克)满足关系式 y= +10(x- x- 3

6)2,其中 3<x<6,a 为常数.已知销售价格为 5 元/千克时,每日 可售出该商品 11 千克 (1)求 a 的值; (2)若该商品的成本为 3 元/千克,试确定销售价格 x 的值,使商场 每日销售该商品所获得的利润最大. 思维启迪 (1)由 x=5 时 y=11 求 a; (2)建立商场每日销售该商品所获利润和售价 x 的函数关系, 利用 导数求最值. 解 a (1)因为 x=5 时,y=11,所以2+10=11,a=2.

2 (2)由(1)可知,该商品每日的销售量 y= +10(x-6)2. x-3 所以商场每日销售该商品所获得的利润 2 f(x)=(x-3)[ +10(x-6)2] x-3 =2+10(x-3)(x-6)2,3<x<6. 从而,f′(x)=10[(x-6)2+2(x-3)(x-6)] =30(x-4)(x-6). 于是,当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表: x f′(x) f (x ) (3,4) + 单调递 增 4 0 极大值 42 (4,6) - 单调递 减

由上表可得,x=4 是函数 f(x)在区间(3,6)内的极大值点,也是最 大值点. 所以,当 x=4 时,函数 f(x)取得最大值,且最大值等于 42.



当销售价格为 4 元/千克时,商场每日销售该商品所获得的

利润最大. 思维升华 在求实际问题中的最大值或最小值时,一般先设自变

量、因变量、建立函数关系式,并确定其定义域,利用求函数最 值的方法求解,注意结果应与实际情况相符合.用导数求解实际 问题中的最大(小)值,如果函数在区间内只有一个极值点,那么 根据实际意义该极值点就是最值点. 某创业投资公司拟投资开发某种新能源产品, 估计能获 得 10 万元~1 000 万元的投资收益.现准备制订一个对科研课题 组的奖励方案:奖金 y(万元)随投资收益 x(万元)的增加而增加, 且资金不超过 9 万元,同时奖金不超过投资收益的 20%. (1)若建立函数 f(x)模型制订奖励方案,试用数学语言表述公司对 奖励函数 f(x)模型的基本要求; (2)现有两个奖励函数模型: x ①y=150+2; ②y=4lg x-3. 试分析这两个函数模型是否符合公司要求? 解 (1)设奖励函数模型为 y=f(x),

则公司对函数模型的基本要求是: 当 x∈[10,1 000]时,f(x)是增函数,f(x)≤9 恒成立, x f(x)≤5恒成立. x (2)①对于函数模型 f(x)=150+2, 当 x∈[10,1 000]时,f(x)是增函数,

1 000 26 则 f(x)max=f(1 000)= 150 +2= 3 <9. 所以 f(x)≤9 恒成立. f ?x ? 1 2 因为函数 x =150+x 在[10,1 000]上是减函数, f ?x ? 1 1 1 所以[ x ]max=150+5>5. f ?x ? 1 2 1 从而 x =150+x≤5不恒成立, x 即 f(x)≤5不恒成立. 故该函数模型不符合公司要求. ②对于函数模型 f(x)=4lg x-3, 当 x∈[10,1 000]时,f(x)是增函数, 则 f(x)max=f(1 000)=4lg 1 000-3=9. 所以 f(x)≤9 恒成立. x 4 1 设 g(x)=4lg x-3-5,则 g′(x)=xln 10-5. 4 1 2-ln 10 当 x≥10 时,g′(x)=xln 10-5≤ 5ln 10 <0, 所以 g(x)在[10,1 000]上是减函数, 从而 g(x)≤g(10)=-1<0. x x 所以 4lg x-3-5<0,即 4lg x-3<5, x 所以 f(x)≤5恒成立. 故该函数模型符合公司要求.

二审结论会转换

1 典例:(12 分)已知函数 f(x)=2x2+aln x. (1)若 a=-1,求函数 f(x)的极值,并指出是极大值还是极小值; (2)若 a=1,求函数 f(x)在[1,e]上的最大值和最小值; (3)若 a=1,求证:在区间[1,+∞)上,函数 f(x)的图象在函数 2 g(x)=3x3 的图象的下方. 审题路线图 求 f(x)的极值 ↓(从结论出发向条件转化,注意隐含条件——定义域) 求 f′(x)=0 的解,即 f(x)的极值点 ↓(转化为求函数值) 将极值点代入 f(x)求对应的极大、极小值 ↓(转化为研究单调性) 求 f(x)在[1,e]上的单调性 ↓(转化为求函数值) 比较端点值、极值,确定最大、最小值 ↓(构造函数进行转化) F(x)=f(x)-g(x) ↓(将图象的上、下关系转化为数量关系) 求证 F(x)<0 在[1,+∞)上恒成立. ↓研究函数 F(x)在[1,+∞)上的单调性. 规范解答 (1)解 由于函数 f(x)的定义域为(0,+∞),

1 ?x+1??x-1? 当 a=-1 时,f′(x)=x-x = ,[1 分] x 令 f′(x)=0 得 x=1 或 x=-1(舍去),[2 分] 当 x∈(0,1)时,函数 f(x)单调递减,[3 分] 当 x∈(1,+∞)时,函数 f(x)单调递增,[4 分] 1 所以 f(x)在 x=1 处取得极小值为2.[5 分] (2)解 当 a=1 时,易知函数 f(x)在[1,e]上为增函数,[6 分]

1 1 ∴f(x)min=f(1)=2,f(x)max=f(e)=2e2+1.[7 分] (3)证明 1 2 设 F(x)=f(x)-g(x)=2x2+ln x-3x3,

?1-x??1+x+2x2? 1 2 则 F′(x)=x+x-2x = ,[9 分] x 当 x>1 时,F′(x)<0, 1 故 f(x)在区间[1,+∞)上是减函数,又 F(1)=-6<0, ∴在区间[1,+∞)上,F(x)<0 恒成立. 即 f(x)<g(x)恒成立.[11 分] 因此,当 a=1 时,在区间[1,+∞)上,函数 f(x)的图象在函数 g(x)图象的下方.[12 分] 温馨提醒 (1)导数法是求解函数单调性、极值、最值、参数等问 题的有效方法,应用导数求单调区间关键是求解不等式的解集; 最值问题关键在于比较极值与端点函数值的大小;参数问题涉及 的有最值恒成立的问题、单调性的逆向应用等,求解时注意分类 讨论思想的应用. (2)对于一些复杂问题,要善于将问题转化,转化成能用熟知的 导数研究问题.

方法与技巧 1. 利用导数解决含有参数的单调性问题是将问题转化为不等式

恒成立问题,要注意分类讨论和数形结合思想的应用. 2. 在实际问题中,如果函数在区间内只有一个极值点,那么只要

根据实际意义判定是最大值还是最小值即可,不必再与端点的函 数值比较 失误与防范 1. 函数 f(x)在某个区间内单调递增,则 f′(x)≥0 而不是 f′(x)>0

(f′(x)=0 在有限个点处取到). 2. 义. 利用导数解决实际生活中的优化问题,要注意问题的实际意

A 组 专项基础训练 (时间:35 分钟,满分:57 分) 一、选择题 1. 在 R 上可导的函数 f(x)的图象如图所示,则

关于 x 的不等式 x· f′(x)<0 的解集为 ( ) A.(-∞,-1)∪(0,1) B.(-1,0)∪(1,+∞)

C.(-2,-1)∪(1,2) D.(-∞,-2)∪(2,+∞) 答案 解析 A 由 f(x)的图象知,当 x<-1 或 x>1 时,f′(x)>0;

当-1<x<1 时,f′(x)<0, ∴x· f′(x)<0 的解集是(-∞,-1)∪(0,1). 2. 围是 已知函数 f(x)=x2+mx+ln x 是单调递增函数,则 m 的取值范 ( ) B.m≥-2 2 D.m≤2 2

A.m>-2 2 C.m<2 2 答案 解析 B

2x2+mx+1 依题意知,x>0,f′(x)= , x

令 g(x)=2x2+mx+1,x∈(0,+∞), m 当- 4 ≤0 时,g(0)=1>0 恒成立,∴m≥0 成立, m 当- 4 >0 时,则 Δ=m2-8≤0,∴-2 2≤m<0, 综上,m 的取值范围是 m≥-2 2. 3. 已知函数 f(x)=x3+ax2+(a+6)x+1 有极大值和极小值,则实 ) B.(-∞,-3)∪(6,+∞) D.(-∞,-1)∪(2,+∞)

数 a 的取值范围是( A.(-1,2) C.(-3,6) 答案 解析 B

∵f′(x)=3x2+2ax+(a+6),

由已知可得 f′(x)=0 有两个不相等的实根.

∴Δ=4a2-4×3(a+6)>0,即 a2-3a-18>0. ∴a>6 或 a<-3. 4. 值为 3 A. 3 答案 解析 D x2+a-2x2 a-x2 f′(x)= 2 = 2 , ? x +a ? 2 ?x +a?2 x 3 若函数 f(x)= 2 (a>0)在[1,+∞)上的最大值为 3 ,则 a 的 x +a ( ) B. 3 C. 3+1 D. 3-1

当 x> a时,f′(x)<0,f(x)单调递减, 当- a<x< a时,f′(x)>0,f(x)单调递增, a 3 3 当 x= a时,令 f(x)= 2a = 3 , a= 2 <1,不合题意. ∴f(x)max=f(1)= 5. 1 3 = 3 ,a= 3-1,故选 D. 1+a

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,已知总营业收入 R 与年产量 x 的年关系

?400x-1x2 ?0≤x≤400?, 2 是 R=R(x)=? ?80 000 ?x>400?,
生产的产品是 A.100 答案 解析 D B.150

则总利润最大时, 每年 ( ) D.300

C.200

由题意得,总成本函数为 C=C(x)=20 000+100x,

2 x ?300x- -20 000 ?0≤x≤400?, 2 总利润 P(x)=? ?60 000-100x ?x>400?,

? ?300-x ?0<x<400?, 又 P′(x)=? ?-100 ?x>400?, ?

令 P′(x)=0,得 x=300,易知 x=300 时,总利润 P(x)最大. 二、填空题 6. 设函数 f(x)=kx3-3x+1(x∈R),若对于任意 x∈[-1,1],都有

f(x)≥0 成立,则实数 k 的值为________. 答案 解析 4 若 x=0,则不论 k 取何值,f(x)≥0 都成立;

当 x>0,即 x∈(0,1]时, 3 1 f(x)=kx3-3x+1≥0 可化为 k≥x2-x3. 3?1-2x? 3 1 设 g(x)=x2-x3,则 g′(x)= x4 , 1 所以 g(x)在区间(0,2]上单调递增, 1 在区间[2,1]上单调递减, 1 因此 g(x)max=g(2)=4,从而 k≥4; 当 x<0 即 x∈[-1,0)时, 3 1 f(x)=kx3-3x+1≥0 可化为 k≤x2-x3, 3 1 g(x)=x2-x3在区间[-1,0)上单调递增, 因此 g(x)min=g(-1)=4,从而 k≤4,综上 k=4. 7. 已知函数 y=x3-3x+c 的图象与 x 轴恰有两个公共点,则 c=

________. 答案 -2 或 2

解析

设 f(x)=x3-3x+c,对 f(x)求导可得,

f′(x)=3x2-3, 令 f′(x)=0,可得 x=± 1, 易知 f(x)在(-∞,-1),(1,+∞)上单调递增,在(-1,1)上单调 递减. 若 f(1)=1-3+c=0,可得 c=2; 若 f(-1)=-1+3+c=0,可得 c=-2. 8. 已知函数 f(x)=-x3+ax2-4 在 x=2 处取得极值, 若 m、 n∈[-

1,1],则 f(m)+f′(n)的最小值是________ 答案 解析 -13 对函数 f(x)求导得 f′(x)=-3x2+2ax,

由函数 f(x)在 x=2 处取得极值知 f′(2)=0, 即-3×4+2a×2=0,∴a=3. 由此可得 f(x)=-x3+3x2-4,f′(x)=-3x2+6x, 易知 f(x)在(-1,0)上单调递减,在(0,1)上单调递增, ∴当 m∈[-1,1]时,f(m)min=f(0)=-4. 又∵f′(x)=-3x2+6x 的图象开口向下, 且对称轴为 x=1,∴当 n∈[-1,1]时, f′(n)min=f′(-1)=-9. 故 f(m)+f′(n)的最小值为-13. 三、解答题 9. 设 a 为实数,函数 f(x)=ex-2x+2a,x∈R. (1)求 f(x)的单调区间与极值; (2)求证:当 a>ln 2-1 且 x>0 时,ex>x2-2ax+1. (1)解 由 f(x)=ex-2x+2a,x∈R 知 f′(x)=ex-2,x∈R.

令 f′(x)=0,得 x=ln 2. 于是当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表: x f′(x) f (x ) (-∞,ln 2) - 单调递减 ↘ ln 2 0 2(1-ln 2+ a) (ln 2,+ ∞) + 单调递增 ↗

故 f(x)的单调递减区间是(-∞,ln 2), 单调递增区间是(ln 2,+∞), f(x)在 x=ln 2 处取得极小值, 极小值为 f(ln 2)=eln 2-2ln 2+2a=2(1-ln 2+a). (2)证明 设 g(x)=ex-x2+2ax-1,x∈R,

于是 g′(x)=ex-2x+2a,x∈R. 由(1)知当 a>ln 2-1 时, g′(x)取最小值为 g′(ln 2)=2(1-ln 2+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>ln 2-1 时,对任意 x∈(0,+∞), 都有 g(x)>g(0). 而 g(0)=0,从而对任意 x∈(0,+∞),都有 g(x)>0. 即 ex-x2+2ax-1>0,故 ex>x2-2ax+1. 10.统计表明,某种型号的汽车在匀速行驶中每小时的耗油量 y(升) 1 关于行驶速度 x(千米/小时)的函数解析式可以表示为 y=128 000 3 x3-80x+8(0<x≤120).已知甲、乙两地相距 100 千米.

(1)当汽车以 40 千米/小时的速度匀速行驶时, 从甲地到乙地要耗 油多少升? (2)当汽车以多大的速度匀速行驶时,从甲地到乙地耗油最少? 最少为多少升? 解 100 100 (1)当 x=40 时, 汽车从甲地到乙地行驶了 40 小时, 共耗油 40

1 3 ×(128 000×403-80×40+8)=17.5(升). 因此,当汽车以 40 千米/小时的速度匀速行驶时, 从甲地到乙地要耗油 17.5 升. (2)当速度为 x 千米/小时时, 100 汽车从甲地到乙地行驶了 x 小时, 设耗油量为 h(x)升, 1 3 100 依题意得 h(x)=(128 000x3-80x+8)· x 1 800 15 =1 280x2+ x - 4 (0<x≤120),
3 3 x 800 x -80 h′(x)=640- x2 = 640x2 (0<x≤120).

令 h′(x)=0,得 x=80. 当 x∈(0,80)时,h′(x)<0,h(x)是减函数; 当 x∈(80,120)时,h′(x)>0,h(x)是增函数, ∴当 x=80 时,h(x)取得极小值 h(80)=11.25. 易知 h(80)是 h(x)在(0,120]上的最小值. 故当汽车以 80 千米/小时的速度匀速行驶时,从甲地到乙地耗油 最少,为 11.25 升. B 组 专项能力提升

(时间:25 分钟,满分:43 分) 1. 1 已知 y=f(x)是奇函数,当 x∈(0,2)时,f(x)=ln x-ax(a>2),当

x∈(-2,0)时,f(x)的最小值为 1,则 a 等于 ( 1 A.4 答案 解析 D ∵f(x)是奇函数,∴f(x)在(0,2)上的最大值为-1. 1 B.3 ) 1 C.2 D.1

1 1 当 x∈(0,2)时,f′(x)=x-a,令 f′(x)=0 得 x=a, 1 1 又 a>2,∴0<a<2. 1 1 当 x<a时,f′(x)>0,f(x)在(0,a)上单调递增; 1 1 当 x>a时,f′(x)<0,f(x)在(a,2)上单调递减, 1 1 1 ∴f(x)max=f(a)=ln a-a· a=-1,解得 a=1. 2. 已知函数 f(x)的定义域为 R,其导函数 f′(x)的

图象如图所示,则对于任意 x1,x2∈R(x1≠x2),下 列结论正确的是 ①f(x)<0 恒成立; ②(x1-x2)· [f(x1)-f(x2)]<0; ③(x1-x2)· [f(x1)-f(x2)]>0; x1+x2 f?x1?+f?x2? ④f( 2 )> ; 2 x1+x2 f?x1?+f?x2? ⑤f( 2 )< . 2 ( )

A.①③ C.②④ 答案 解析 D

B.①③④ D.②⑤

由函数 f(x)的导函数的图象可得, 函数 f(x)

是减函数,且 随着自变量的增大,导函数越来越大,即函数 f(x)图象上的点向 右运动时,该点的切线的斜率为负,且值越来越大,由此可作出 f?x2?-f?x1? 函数 f(x)的草图如图所示,由图示可得 <0 且 x2-x1 x1+x2 f?x1?+f?x2? f( 2 )< ,由此可得结论中仅②⑤正确,故应选 D. 2 3. 已知 f(x) = xex , g(x) =- (x + 1)2 + a ,若 ? x1 , x2∈R ,使得

f(x2)≤g(x1)成立,则实数 a 的取值范围是________ 答案 解析 1 [-e,+∞) f′(x)=ex+xex=ex(1+x)

当 x>-1 时,f′(x)>0,函数 f(x)单调递增; 当 x<-1 时,f′(x)<0,函数 f(x)单调递减. 1 所以函数 f(x)的最小值为 f(-1)=-e. 而函数 g(x)的最大值为 a,则由题意, 1 1 可得-e ≤a 即 a≥-e . 4. a∈R. (1)讨论 a=1 时,函数 f(x)的单调性和极值; ln x 已知 f(x)=ax-ln x, x∈(0, e], g(x)= x , 其中 e 是自然常数,

1 (2)求证:在(1)的条件下,f(x)>g(x)+2; (3)是否存在正实数 a, 使 f(x)的最小值是 3?若存在, 求出 a 的值; 若不存在,请说明理由. (1)解 1 x-1 ∵f(x)=x-ln x,f′(x)=1-x= x ,

∴当 0<x<1 时,f′(x)<0,此时 f(x)单调递减; 当 1<x≤e 时,f′(x)>0 时,此时 f(x)单调递增. ∴f(x)的极小值为 f(1)=1. (2)证明 ∴[f(x)]min=1. 又 g′(x)= 1-ln x x2 , ∵f(x)的极小值为 1,即 f(x)在(0,e]上的最小值为 1,

∴当 0<x<e 时,g′(x)>0,g(x)在(0,e]上单调递增. 1 1 ∴[g(x)]max=g(e)=e<2, 1 ∴[f(x)]min-[g(x)]max>2, 1 ∴在(1)的条件下,f(x)>g(x)+2. (3)解 3, 1 ax-1 则 f′(x)=a-x = x . 1 1 ①当 0<a<e 时,f(x)在(0,a)上单调递减, 1 在(a,e]上单调递增, 1 [f(x)]min=f(a)=1+ln a=3,a=e2,满足条件; 假设存在正实数 a,使 f(x)=ax-ln x(x∈(0,e])有最小值

1 ②当a≥e 时,f(x)在(0,e]上单调递减, [f(x)]min=f(e)=ae-1=3, 4 a=e (舍去),所以,此时 f(x)无最小值. 综上,存在实数 a=e2,使得当 x∈(0,e]时 f(x)有最小值 3. 5. 已知函数 f(x)=2ln x-ax+a(a∈R). (1)讨论 f(x)的单调性; f?x2?-f?x1? 1 (2)若 f(x)≤0 恒成立,证明:当 0<x1<x2 时, <2(x -1). x2-x1 1 解 2-ax (1)f′(x)= x ,x>0.

若 a≤0,f′(x)>0,f(x)在(0,+∞)上单调递增; 2 若 a>0,当 x∈(0,a)时,f′(x)>0,f(x)单调递增; 2 当 x∈(a,+∞)时,f′(x)<0,f(x)单调递减. (2)由(1)知,若 a≤0,f(x)在(0,+∞)上单调递增, 又 f(1)=0,故 f(x)≤0 不恒成立. 2 若 a>2,当 x∈(a,1)时,f(x)单调递减,f(x)>f(1)=0,不合题意, 2 若 0<a<2,当 x∈(1,a)时,f(x)单调递增,f(x)>f(1)=0,不合题 意, 若 a=2, f(x)在(0,1)上单调递增, 在(1, +∞)上单调递减, f(x)≤f(1) =0 符合题意. 故 a=2,且 ln x≤x-1(当且仅当 x=1 时取“=”). x2 x2 当 0<x1<x2 时,f(x2)-f(x1)=2lnx -2(x2-x1)<2(x -1)-2(x2-x1)
1 1

1 =2(x -1)(x2-x1),
1

f?x2?-f?x1? 1 所以 <2(x -1). x2-x1 1


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