新編高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)：第九章 ：第三節(jié)導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用二演練知能檢測

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1、新編高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)資料 第三節(jié)　導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用(二) [來源:] [全盤鞏固] 1．已知f(x)＝x2＋sin，f′(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù)，則f′(x)的圖象是(　　) 解析：選A　f(x)＝x2＋sin＝x2＋cos x，f′(x)＝x－sin x.易知該函數(shù)為奇函數(shù)，所以排除B、D.當(dāng)x＝時，f′＝×－sin＝－<0，可排除C. 2．下面為函數(shù)f(x)＝xsin x＋cos x的遞增區(qū)間的是(　　) A. B．(π，2π) C. D．(2π，3π) 解析：選C　f′(x)＝sin x＋xcos x－sin x＝xcos x，當(dāng)x∈時，恒有f′(x)

2、>0.[來源:] 3．已知函數(shù)f(x)＝x3－x2－x，則f(－a2)與f(－1)的大小關(guān)系為(　　) A．f(－a2)≤f(－1) B．f(－a2)0，f(x)為增函數(shù)；當(dāng)－1

3、最大值，又因為－a2≤0，所以f(－a2)≤f(－1)． 4．(2014·青島模擬)若函數(shù)y＝aex＋3x(x∈R，a∈R)，有大于零的極值點，則實數(shù)a的取值范圍是(　　) A．(－3,0) B．(－∞，－3)[來源:] C. D. 解析：選A　由題可得y′＝aex＋3，若函數(shù)在x∈R上有大于零的極值點，即y′＝aex＋3＝0有正根，顯然有a<0，此時x＝ln.由x>0，得參數(shù)a的范圍為a>－3.綜上知，－3

4、　) A．a(chǎn)f(b)≤bf(a) B．bf(a)≤af(b) C．a(chǎn)f(a)≤bf(b) D．bf(b)≤af(a) 解析：選A　設(shè)函數(shù)F(x)＝(x>0)，則F′(x)＝′＝.因為x>0，xf′(x)－f(x)≤0，所以F′(x)≤0，故函數(shù)F(x)在(0，＋∞)上為減函數(shù)．又00時有>0，則不等式xf(x)>0的解集為(　　) A．{x|－11或－1

5、} C．{x|x>0} D．{x|－10時有>0，即′>0，∴在(0，＋∞)上單調(diào)遞增． ∵f(x)為R上的偶函數(shù)，∴xf(x)為R上的奇函數(shù)．∵xf(x)>0，∴x2>0，∴>0. ∵在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，且＝0，∴當(dāng)x>0時，若xf(x)>0，則x>1. 又∵xf(x)為R上的奇函數(shù)，∴當(dāng)x<0時，若xf(x)>0，則－11或－1

6、18x＋12＝6(x－1)(x－2)，由f′(x)>0，得x<1或x>2，由f′(x)<0，得1

7、，t＋1)內(nèi)，函數(shù)f(x)在區(qū)間[t，t＋1]上就不單調(diào)，由t<11，則函數(shù)f(x)在[0,1]上單調(diào)遞減，故只要f(0)－f(1)≤1，即只要a2≤，即1<|a|≤；若|a|≤1，此時

8、f(x)min＝f(|a|)＝|a|3－a2|a|＝－a2|a|，由于f(0)＝0，f(1)＝－a2，故當(dāng)|a|≤時，f(x)max＝f(1)，此時只要－a2＋a2|a|≤1即可，即a2≤，由于|a|≤，故|a|－1≤×－1<0，故此式成立；當(dāng)<|a|≤1時，此時f(x)max＝f(0)，故只要a2|a|≤1即可，此不等式顯然成立．綜上，a的取值范圍是. 答案： 10．已知函數(shù)f(x)＝ex(x2＋ax－a)，其中a是常數(shù)．若存在實數(shù)k，使得關(guān)于x的方程f(x)＝k在[0，＋∞)上有兩個不相等的實數(shù)根，求k的取值范圍． 解：令f′(x)＝ex[x2＋(a＋2)x]＝0，解得x＝－(a＋2

9、)或x＝0. 當(dāng)－(a＋2)≤0，即a≥－2時，在區(qū)間[0，＋∞)上，f′(x)≥0，所以f(x)是[0，＋∞)上的增函數(shù)，所以方程f(x)＝k在[0，＋∞)上不可能有兩個不相等的實數(shù)根． 當(dāng)－(a＋2)>0，即a<－2時，f′(x)，f(x)隨x的變化情況如下表： x 0 (0，－(a＋2)) －(a＋2) (－(a＋2)，＋∞) f′(x) 0 － 0 ＋ f(x) －a ↘ ↗ 由上表可知函數(shù)f(x)在[0，＋∞)上的最小值為f(－(a＋2))＝. 因為函數(shù)f(x)是(0，－(a＋2))上的減函數(shù)，(－(a＋2)，＋∞)上的增函數(shù)，且當(dāng)x≥－a

10、時，有f(x)≥e－a·(－a)>－a，又f(0)＝－a.所以要使方程f(x)＝k在[0，＋∞)上有兩個不相等的實數(shù)根，k的取值范圍是. 11．(2014·杭州模擬)天目山某景區(qū)為提高經(jīng)濟(jì)效益，現(xiàn)對某一景點進(jìn)行改造升級，從而擴(kuò)大內(nèi)需，提高旅游增加值．經(jīng)過市場調(diào)查，旅游增加值y萬元與投入x(x≥10)萬元之間滿足：y＝f(x)＝ax2＋x－bln，a，b為常數(shù)．當(dāng)x＝10萬元時，y＝19.2萬元；當(dāng)x＝20萬元時，y＝35.7萬元． (參考數(shù)據(jù)：ln 2≈0.7，ln 3≈1.1，ln 5≈1.6) (1)求f(x)的解析式； (2)求該景點改造升級后旅游利潤T(x)的最大值(利潤＝旅游

11、增加值－投入)． 解：(1)由條件解得a＝－，b＝1， 則f(x)＝－＋x－ln(x≥10)． (2)由T(x)＝f(x)－x＝－＋x－ln(x≥10)， 得T′(x)＝－＋－＝－.令T′(x)＝0，得x＝1(舍)或x＝50. 當(dāng)x∈(10,50)時，T′(x)>0，因此T(x)在(10,50)上是增函數(shù)； 當(dāng)x∈(50，＋∞)時，T′(x)<0，因此T(x)在(50，＋∞)上是減函數(shù)． 則x＝50為T(x)的極大值點，也是最大值點．即該景點改造升級后旅游利潤T(x)的最大值為T(50)＝24.4萬元． 12．已知函數(shù)f(x)＝ax＋ln x，g(x)＝ex. (1)當(dāng)a≤0

12、時，求f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若不等式g(x)<有解，求實數(shù)m的取值范圍； (3)證明：當(dāng)a＝0時，|f(x)－g(x)|>2. 解：(1)f(x)的定義域是(0，＋∞)，f′(x)＝a＋(x>0)， 當(dāng)a＝0時，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增； 當(dāng)a<0時，由f′(x)＝0，解得x＝－，則當(dāng)x∈時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增； 當(dāng)x∈時，f′(0)<0，f(x)單調(diào)遞減， 綜上所述：當(dāng)a＝0時，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a<0時，f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減． (2)由題意：ex<有解，即ex

13、，＋∞)上有解即可．設(shè)h(x)＝x－ex，則h′(x)＝1－ex－＝1－ex， 因為＋≥2 ＝>1，且當(dāng)x∈(0，＋∞)時，ex>1，所以1－ex<0，即h′(x)<0.故h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，所以h(x)0，所以m(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．故m(x)>m(0)＝1，

14、 又設(shè)n(x)＝ln x－x，x∈(0，＋∞)，則n′(x)＝－1，當(dāng)x∈(0,1)時，n′(x)>0，n(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，n′(x)<0，n(x)單調(diào)遞減，所以x＝1為n(x)的最大值點，[來源: 即n(x)≤n(1)＝－1，故|f(x)－g(x)|＝m(x)－n(x)>1－(－1)＝2. [沖擊名校] 設(shè)函數(shù)f(x)＝ln x－ax，g(x)＝ex－ax ，其中a為實數(shù)． (1)若f(x)在(1，＋∞)上是單調(diào)減函數(shù)，且g(x)在(1，＋∞)上有最小值，求a的取值范圍； (2)若g(x)在(－1，＋∞)上是單調(diào)增函數(shù)，試求f(x)的零點個數(shù)，并證明你的結(jié)論．

15、 解：(1)令f′(x)＝－a＝<0，考慮到f(x)的定義域為(0，＋∞)，故a>0，進(jìn)而解得x>a－1，即f(x)在(a－1，＋∞)上是單調(diào)減函數(shù)．同理，f(x)在(0，a－1)上是單調(diào)增函數(shù)． 由于f(x)在(1，＋∞)上是單調(diào)減函數(shù)，故(1，＋∞)?(a－1，＋∞)，從而a－1≤1，即a≥1. 令g′(x)＝ex－a＝0，得x＝ln a.當(dāng)0ln a時，g′(x)>0， 所以x＝ln a是g(x)的極小值點．又g(x)在(1，＋∞)上有最小值，所以ln a>1，即a>e. 綜上，a的取值范圍為(e，＋∞)． (2)當(dāng)a≤0時，g(x)必為

16、單調(diào)增函數(shù)；當(dāng)a>0時，令g′(x)＝ex－a>0，解得aln a，因為g(x)在(－1，＋∞)上是單調(diào)增函數(shù)，類似(1)有l(wèi)n a≤－1，即00，得f(x)存在唯一的零點． (ⅱ)當(dāng)a<0時，由于f(ea)＝a－aea＝a(1－ea)<0，f(1)＝－a>0，且函數(shù)f(x)在[ea,1]上的圖象不間斷，所以f(x)在(ea,1)上存在零點． 另外，當(dāng)x>0時，f′(x)＝－a>0，故f(x)在(0，＋∞)上是單調(diào)增函數(shù)，所以f(x)只有一個零點． (ⅲ

17、)當(dāng)00，當(dāng)x>a－1時，f′(x)<0，所以，x＝a－1是f(x)的最大值點，且最大值為f(a－1)＝－ln a－1. ①當(dāng)－ln a－1＝0，即a＝e－1時，f(x)有一個零點x＝e. ②當(dāng)－ln a－1>0，即00，且函數(shù)f(x)在[e－1，a－1]上的圖象不間斷，所以f(x)在(e－1，a－1)上存在零點． 另外，當(dāng)x∈(0，a－1)時，f′(x)＝－a>0，故f(x)在(0

18、，a－1)上是單調(diào)增函數(shù)，所以f(x)在(0，a－1)上只有一個零點． 下面考慮f(x)在(a－1，＋∞)上的情況．先證f(ea－1)＝a(a－2－ea－1)<0.為此，我們要證明：當(dāng)x>e時，ex>x2.設(shè)h(x)＝ex－x2，則h′(x)＝ex－2x，再設(shè)l(x)＝h′(x)＝ex－2x，則l′(x)＝ex－2.當(dāng)x>1時，l′(x)＝ex－2>e－2>0，所以l(x)＝h′(x)在(1，＋∞)上是單調(diào)增函數(shù)．故當(dāng)x>2時，h′(x)＝ex－2x>h′(2)＝e2－4>0，從而h(x)在(2，＋∞)上是單調(diào)增函數(shù)，進(jìn)而當(dāng)x>e時，h(x)＝ex－x2>h(e)＝ee－e2>0，即當(dāng)x>e時，ex>x2.當(dāng)0e時，f(ea－1)＝a－1－aea－1＝a(a－2－ea－1)<0，又f(a－1)>0，且函數(shù)f(x)在[a－1，ea－1]上的圖象不間斷，所以f(x)在(a－1，ea－1)上存在零點．又當(dāng)x>a－1時，f′(x)＝－a<0，故f(x)在(a－1，＋∞)上是單調(diào)減函數(shù)，所以f(x)在(a－1，＋∞)上只有一個零點．綜合(ⅰ)(ⅱ)(ⅲ)，當(dāng)a≤0或a＝e－1時，f(x)的零點個數(shù)為1，當(dāng)0