2018-2019高中數(shù)學(xué) 第3章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用滾動訓(xùn)練（五）蘇教版選修1 -1.docx

第3章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 滾動訓(xùn)練(五) 一、填空題 1.函數(shù)f(x)＝ex－x的單調(diào)遞增區(qū)間是________. 考點　導(dǎo)數(shù)在函數(shù)中的運用 題點　求函數(shù)單調(diào)區(qū)間 答案　(0，＋∞) 解析　∵f(x)＝ex－x，∴f′(x)＝ex－1，由f′(x)>0，得ex－1>0，即x>0. 2.函數(shù)f(x)＝＋x2－3x－4在[0,2]上的最小值是______. 考點　導(dǎo)數(shù)在函數(shù)中的運用 題點　求函數(shù)最小值 答案　－ 解析　f′(x)＝x2＋2x－3，令f′(x)＝0，x∈[0,2]， 得x＝1. 比較f(0)＝－4，f(1)＝－，f(2)＝－， 可知最小值為－. 3.橢圓C的中心在原點，焦點在x軸上，若橢圓C的離心率等于，且它的一個頂點恰好是拋物線x2＝8y的焦點，則橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為__________________. 考點　橢圓的幾何性質(zhì) 題點　求橢圓的方程 答案　＋＝1 解析　設(shè)＝，∴＝， ∴1－2＝，∴2＝， ∴＝，∴a＝4.∴＋＝1. 4.已知雙曲線－＝1(b>0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，其一條漸近線方程為y＝x，點P(，y0)在該雙曲線上，則＝________. 考點　雙曲線的幾何性質(zhì) 題點　雙曲線的幾何性質(zhì)的應(yīng)用 答案　0 解析　∵y＝x為漸近線方程，則b＝2， 即雙曲線方程為x2－y2＝2. 當(dāng)x＝時，y＝1. 又雙曲線的半焦距為2， ∴F1(－2,0)，F(xiàn)2(2,0)， ∴＝(－2－，－y0)(2－，－y0) ＝－1＋y＝－1＋1＝0. 5.若函數(shù)f(x)＝x3＋x2＋mx＋1是R上的單調(diào)增函數(shù)，則m的取值范圍為________. 考點　導(dǎo)數(shù)在函數(shù)中的運用 題點　由函數(shù)單調(diào)性求參數(shù)范圍 答案　 解析　∵f(x)＝x3＋x2＋mx＋1， ∴f′(x)＝3x2＋2x＋m. 又∵f(x)在R上是單調(diào)增函數(shù)， ∴Δ＝4－12m≤0，即m≥. 6.給出下列三個命題： ①“a＞b”是“3a＞3b”的充分不必要條件； ②“α＞β”是“cosα＜cosβ”的必要不充分條件； ③“a＝0”是“函數(shù)f(x)＝x3＋ax2(x∈R)為奇函數(shù)”的充要條件. 其中正確命題的序號為________. 考點　充分條件、必要條件、充要條件的判斷 題點　充分條件、必要條件、充要條件的判斷 答案?、? 解析　∵函數(shù)y＝3x為單調(diào)增函數(shù)，∴“a＞b”是“3a＞3b”的充要條件，故①錯誤；∵y＝cosx是周期函數(shù)，故②錯誤；當(dāng)a＝0時，f(x)＝x3＋ax2＝x3是奇函數(shù)，反之，當(dāng)f(x)＝x3＋ax2(x∈R)為奇函數(shù)時，由f(x)＋f(－x)＝0，得a＝0，故③正確. 7.橢圓ax2＋by2＝1與直線y＝1－x交于A，B兩點，過原點與線段AB中點的直線的斜率為，則＝________. 考點　直線與橢圓 題點　求橢圓中的參數(shù) 答案　 解析　設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)， 則ax＋by＝1，ax＋by＝1， 即ax－ax＝－(by－by)， ＝－1，＝－1， ∴(－1)＝－1，∴＝. 8.從邊長為10cm16cm的矩形紙板的四角截去四個相同的小正方形，作成一個無蓋的盒子，則盒子容積的最大值為________cm3. 考點　導(dǎo)數(shù)在函數(shù)中的運用 題點　導(dǎo)數(shù)的實際應(yīng)用 答案　144 解析　設(shè)盒子容積為ycm3，盒子的高為xcm. 則y＝(10－2x)(16－2x)x＝4x3－52x2＋160x(0<x<5)， ∴y′＝12x2－104x＋160. 令y′＝0，得x＝2或(舍去)， ∴ymax＝6122＝144(cm3). 9.已知R上的可導(dǎo)函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)滿足：f′(x)＋f(x)>0，且f(1)＝1，則不等式f(x)>的解是________. 考點　導(dǎo)數(shù)在函數(shù)中的運用 題點　函數(shù)單調(diào)性解不等式 答案　(1，＋∞) 解析　令g(x)＝exf(x)，則g′(x)＝exf(x)＋exf′(x)>0，所以函數(shù)g(x)是R上的增函數(shù)，又不等式f(x)>等價于exf(x)>e＝e1f(1)，即g(x)>g(1)，從而有x>1，所以不等式f(x)>的解集為(1，＋∞). 10.曲線y＝－(x<0)與曲線y＝lnx公切線(切線相同)的條數(shù)為________. 考點　導(dǎo)數(shù)的幾何意義 題點　函數(shù)圖象切線問題 答案　1 解析　設(shè)公切線l與曲線y＝－切于點A (x1<0)，與曲線y＝lnx切于點B(x2，lnx2)， 因為′＝，(lnx)′＝， 所以曲線y＝－在點A處的切線為y＋＝(x－x1)， 即y＝－； 曲線y＝lnx在點B處的切線為y－lnx2＝(x－x2)， 即y＝－1＋lnx2，從而有(*) 消去x1，得lnx2－1－＝0， 令f(x)＝lnx－1－， 則f′(x)＝＋＝>0， 故f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增， 由于f(1)＝－3<0，f(e2)＝1－>0， 所以f(x)在(0，＋∞)上有唯一解， 即方程lnx2－1－＝0有唯一解， 從而方程組(*)有唯一解，故兩條曲線公切線的條數(shù)為1. 二、解答題 11.已知函數(shù)f(x)＝(x－k)ex. (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)求f(x)在區(qū)間[0,1]上的最小值. 考點　導(dǎo)數(shù)在函數(shù)中的運用 題點　函數(shù)單調(diào)性和最值問題 解　(1)f′(x)＝(x－k＋1)ex. 令f′(x)＝0，得x＝k－1. 當(dāng)x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：  x (－∞，k－1) k－1 (k－1，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x) ↘ 極小值 ↗ 所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，k－1)；單調(diào)遞增區(qū)間是(k－1，＋∞). (2)當(dāng)k－1≤0，即k≤1時，函數(shù)f(x)在[0,1]上單調(diào)遞增，所以f(x)在區(qū)間[0,1]上的最小值為f(0)＝－k； 當(dāng)0<k－1<1，即1<k<2時， 由(1)知f(x)在[0，k－1)上單調(diào)遞減，在(k－1,1]上單調(diào)遞增， 所以f(x)在區(qū)間[0,1]上的最小值為f(k－1)＝－ek－1； 當(dāng)k－1≥1，即k≥2時，函數(shù)f(x)在[0,1]上單調(diào)遞減， 所以f(x)在區(qū)間[0,1]上的最小值為f(1)＝(1－k)e. 綜上所述，f(x)在區(qū)間[0,1]上的最小值為f(x)＝ 12.已知函數(shù)f(x)＝－2x2＋lnx，其中a為常數(shù). (1)若a＝1，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若函數(shù)f(x)在區(qū)間[1,2]上為單調(diào)函數(shù)，求a的取值范圍. 考點　導(dǎo)數(shù)在函數(shù)中的運用 題點　函數(shù)單調(diào)性問題 解　(1)當(dāng)a＝1時，f(x)＝3x－2x2＋lnx， 定義域為(0，＋∞)， f′(x)＝－4x＋3＝ ＝(x>0). 當(dāng)f′(x)>0，x∈(0,1)時，函數(shù)f(x)＝3x－2x2＋lnx單調(diào)遞增；當(dāng)f′(x)<0，x∈(1，＋∞)時，函數(shù)f(x)＝3x－2x2＋lnx單調(diào)遞減. 故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,1)，單調(diào)遞減區(qū)間為(1，＋∞). (2)f′(x)＝－4x＋， 若函數(shù)f(x)在區(qū)間[1,2]上為單調(diào)函數(shù)，即在[1,2]上，f′(x)＝－4x＋≥0或f′(x)＝－4x＋≤0， 即－4x＋≥0或－4x＋≤0在[1,2]上恒成立， 即≥4x－或≤4x－. 令h(x)＝4x－，因為函數(shù)h(x)在[1,2]上單調(diào)遞增， 所以≥h(2)或≤h(1)， 即≥或≤3，解得a<0或0<a≤或a≥1. 即a的取值范圍為(－∞，0)∪∪[1，＋∞). 13.已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax＋－1(a∈R)，g(x)＝x2－2bx＋4.當(dāng)a＝時，若對任意x1∈(0,2)，存在x2∈[1,2]，使f(x1)≥g(x2)，求實數(shù)b的取值范圍. 考點　導(dǎo)數(shù)在函數(shù)中的運用 題點　導(dǎo)數(shù)的綜合運用 解　由f′(x)＝－－＝0知，x1＝1，x2＝3?(0,2)， 當(dāng)x∈(0,1)時，f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減； 當(dāng)x∈(1,2)時，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增， 所以f(x)在(0,2)上的最小值為f(1)＝－. 由于“對任意x1∈(0,2)，存在x2∈[1,2]，使f(x1)≥g(x2)”等價于“g(x)在[1,2]上的最小值不大于f(x)在(0,2)上的最小值－”.(*) 又g(x)＝(x－b)2＋4－b2，x∈[1,2]，所以 ①當(dāng)b<1時，因為[g(x)]min＝g(1)＝5－2b>0，此時與(*)矛盾； ②當(dāng)b∈[1,2]時，因為[g(x)]min＝4－b2≥0，同樣與(*)矛盾； ③當(dāng)b∈(2，＋∞)時，因為[g(x)]min＝g(2)＝8－4b， 解不等式8－4b≤－，可得b≥. 綜上，b的取值范圍是. 三、探究與拓展 14.設(shè)D是函數(shù)y＝f(x)定義域內(nèi)的一個區(qū)間，若存在x0∈D，使f(x0)＝－x0，則稱x0是f(x)的一個“次不動點”，也稱f(x)在區(qū)間D上存在“次不動點”，若函數(shù)f(x)＝ax2－3x－a＋在區(qū)間[1,4]上存在“次不動點”，則實數(shù)a的取值范圍為________. 考點　導(dǎo)數(shù)在函數(shù)中的運用 題點　導(dǎo)數(shù)的綜合運用 答案　 解析　設(shè)g(x)＝f(x)＋x，依題意知，存在x∈[1,4]，使g(x)＝f(x)＋x＝ax2－2x－a＋＝0.當(dāng)x＝1時，g(1)＝≠0；當(dāng)x≠1時，由ax2－2x－a＋＝0，得a＝.記h(x)＝(1<x≤4)，則由h′(x)＝＝0，得x＝2或x＝(舍去).當(dāng)x∈(1,2)時，h′(x)>0；當(dāng)x∈(2,4)時，h′(x)<0，即函數(shù)h(x)在(1,2)上是增函數(shù)，在(2,4)上是減函數(shù)，因此當(dāng)x＝2時，h(x)取得最大值，最大值是h(2)＝，故滿足題意的實數(shù)a的取值范圍為. 15.已知函數(shù)f(x)＝alnx＋x2(a為實常數(shù)). (1)當(dāng)a＝－4時，求函數(shù)f(x)在[1，e]上的最大值及相應(yīng)的x值； (2)當(dāng)x∈[1，e]時，討論方程f(x)＝0根的個數(shù)； (3)若a>0，且對任意的x1，x2∈[1，e]，都有|f(x1)－f(x2)|≤，求實數(shù)a的取值范圍. 考點　導(dǎo)數(shù)在函數(shù)中的運用 題點　導(dǎo)數(shù)的綜合運用 解　(1)f′(x)＝(x>0)， 當(dāng)x∈[1，)時，f′(x)<0；當(dāng)x∈(，e]時，f′(x)>0， 又f(e)－f(1)＝－4＋e2－1>0， 故f(x)max＝f(e)＝e2－4， 當(dāng)x＝e時，取等號. (2)易知x≠1，故x∈[1，e]，方程f(x)＝0根的個數(shù)等價于x∈(1，e]時，方程－a＝根的個數(shù). 設(shè)g(x)＝，g′(x)＝＝. 當(dāng)x∈(1，)時，g′(x)<0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞減， 當(dāng)x∈(，e]時，g′(x)>0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞增. 又g(e)＝e2，g()＝2e，作出y＝g(x)與直線y＝－a的圖象(圖略)， 當(dāng)2e<－a≤e2，即－e2≤a<－2e時，方程f(x)＝0有2個相異的根； 當(dāng)a<－e2或a＝－2e時，方程f(x)＝0有1個根； 當(dāng)a>－2e時，方程f(x)＝0有0個根. (3)當(dāng)a>0時，f(x)在x∈[1，e]時是增函數(shù)， 又函數(shù)y＝是減函數(shù)，不妨設(shè)1≤x1≤x2≤e， 則≤等價于f(x2)－f(x1)≤－，即f(x2)＋≤f(x1)＋， 故原題等價于函數(shù)h(x)＝f(x)＋在x∈[1，e]時是減函數(shù)， ∴h′(x)＝＋2x－≤0恒成立， 即a≤－2x2在x∈[1，e]時恒成立. ∵y＝－2x2在x∈[1，e]時是減函數(shù)， ∴a≤－2e2. 即實數(shù)a的取值范圍為.