重點難點突破(導數(shù)的綜合應(yīng)用)

1/18/81/18/811/18/8重點難點突破(導數(shù)的綜合應(yīng)用)重點難點突破(選修模塊)專題一導數(shù)及其應(yīng)用第2講導數(shù)的綜合應(yīng)用(建議用時：70分鐘)一、選擇題1.已知函數(shù)f(x)=|x3—2x2+3m,x$[O,+x),若fx)+5±0恒成立，則實數(shù)()．A#+()．A#+(#，+*C.(—a，2]D.(—a，2)解析f(x)=x2-4x,由f(x)>0，得x>4或x<0.?fx)在(0,4)上遞減，在(4,+-)上遞增，/.當x曰0,+a)時fx).=f(4).???min要使f(x)+5^0恒成立，只需f(4)+5^0恒成立即可，代入解之得mN#答案AB．32.下面四個圖象中，有一個是函數(shù)B．32.下面四個圖象中，有一個是函數(shù)fx)=3x3+ax2+(a2—1)x+1(a$R)的導函數(shù)A-3D．D．解析?:f(x)二x2+2ax+a2-1,.f(x)的圖象開口向上/則②/④排除.若圖象不過原點，則f(x)的圖象為①，此時a二0,f(-1)=3；若圖象過原點，則f(x)的圖象為③，此時a2-1=0,又對稱軸x二-a>0，:.a--1,"-1)=冷答案D函數(shù)fx)的定義域是R,f(0)=2,對任意x$R,,x)+f(x)>l,則不等式exfx)>ex＋1的解集為()．{x|x>0}{x|x<0}{xlxv—1,或x>1}{xlx<—1,或0vxvl}解析構(gòu)造函數(shù)g(x)-exfx)-ex，因為g!(x)-exfx)+exf(x)-ex-ex[fx)+f(x)]-ex>ex-ex—0,所以g(x)-ex.fx)-ex為R上的增函數(shù)?又因為g(0)-e°.f(0)-eo-1，所以原不等式轉(zhuǎn)化為g(x)>g(0)，解得x>0.答案A(2013?新課標全國II卷)已知函數(shù)fx)=x3+ax2+bx+c，下列結(jié)論中錯誤的是().xouR,fxo)=O函數(shù)y=fx)的圖象是中心對稱圖形若x0是fx)的極小值點，則fx)在區(qū)間(一*,x°)上單調(diào)遞減若x0是fx)的極值點，則f(x°)=0解析若c-0,則有f(0)-0,所以A正確?函數(shù)fx)的解析式可以通過配方的方法化為形如(x+m)3+n(x+m)+h的形式，通過平移函數(shù)圖象，函數(shù)的解析式可以化為y-x3+nx的形式，這是一個奇函數(shù)，其圖象關(guān)于坐標原點對稱，故函數(shù)fx)的圖象是中心對稱圖形，所以B正確；由三次函數(shù)的圖象可知，若x0是f(x)的極小值點側(cè)極大值點在x0的左側(cè)，所以函數(shù)在區(qū)間(--,x0)單調(diào)遞減是錯誤的，D正確?選C.答案C已知fx)是定義在(0,+^)上的非負可導函數(shù)，且滿足xf(x)+fx)W0,對任意的Ovavb，則必有().af(b)^bf(a)B.bf(a)^af(b)af(a)^f(b)D.bf(b)^f(a)解析因為xf(x)W-f(x),fx)±O,所以判=—“-2%,J則函數(shù)回在(0，+X)上單調(diào)遞減.x由于0vavb，af(b)^bf(a).ab答案Aexe2(2013?遼寧卷)設(shè)函數(shù)fx)滿足xf(x)+2xf(x)^x，f(2)^8，則兀>°時，fx)().A.有極大值，無極小值B?有極小值，無極大值既有極大值又有極小值既無極大值也無極小值TOC\o"1-5"\h\zex/ex-2x2f(x)_解析由xf(x)+2xf(x)二一，得f(x)二~3，令g(x)=e，x-2x2fx),xxx3(x—2)ex>0,貝。g'(x)=ex-2x2f(x)-4fx)二ex-2耳二x?令g/(x)=0,得x=2.當x>2時,g'(x)>0；0<x<2時,g'(x)v0,?.g(x)在x=2時有最小值g(2)=e2-8f(2)=0,從而當x>0時，f(x)^0,則fx)在(0，+-)上是增函數(shù)，所以函數(shù)fx)無極大值，也無極小值.答案D7.(2013?湖北卷)已知a為常數(shù)，函數(shù)fx)=x(lnx—ax)有兩個極值點x1，x2(x1<x2)，則().1fX])>0,fx2)>—21fxJvO,fx2)v—21fX])>0,fx2)v—2fxJvO,fx2)>-2解析f(x)=lnx-2ax+1,依題意知f(x)=0有兩個不等實根xx,x2.即函數(shù)g(x)=lnx+1與函數(shù)h(x)=2ax有兩個不同交點X],x2,如圖由直線y二x是曲線g(x)=lnx+1的切線，可知，0v2avl，且0vxivivx2.Aaefo,由0vx1v1，得f(x1)=x1(lnx1-ax1)v0，當x1vxvx2時，f(x)>0，當x>x2時，f(x)v0,?fx2)>(l)二-a>-*，故選D.答案DTOC\o"1-5"\h\z8.(2013?安徽卷)若函數(shù)fx)=x3+ax2+bx+c有極值點x1,x2，且f(x1)=x1，則

關(guān)于x的方程3(fx))2+2afx)+b=0的不同實根個數(shù)是().A.3B.4C.5D.6解析因為函數(shù)f(x)二x3+ax2+bx+c有兩個極值點x1,x2,可知關(guān)于導函數(shù)的方程f(x)=3x2+2ax+b有兩個不等的實根x1,x2,則方程3f(x))2+2af(x)+b=0有兩個不等的實根，即f(x)=x1或f(x)二x2，原方程根的個數(shù)就是這兩個方程f(x)=x1和f(x)=x2的不等實根的個數(shù)之和，若x1vx2，作y=x1,y=x2與fx)=x3+ax2+bx+c有三個不同交點如圖1.

圖1圖圖1圖2即方程3fx))2+2fx)+b=0有三個不同的實根.若叫込，如圖2同理方程3f(x))2+2af(x)+b=0有三個不同實根?答案A二、填空題9.(2014?溫州模擬)關(guān)于x的方程x3-3x2-a=0有三個不同的實數(shù)解，則實數(shù)a的取值范圍是．解析由題意知使函數(shù)f(x)=x3-3x2-a的極大值大于0且極小值小于0即可，又f(x)二3x2-6x二3x(x-2)，令f(x)=0,得xi=0,x2=2.當x<0時，f(x)>0；當0<x<2時，f(x)<0；當x>2時，f(x)>0,所以當x二0時，fx)取得極大值，即fx)極大值*(0)二-a；當x=2時，f(x)取得極小值，即fx)極小值即fx)極小值二/⑵二-4-a,所以<a>0，解得-4<a<0.4-a<0，答案(-4,0)TOC\o"1-5"\h\z10.若函數(shù)fx)=—*x2+4x—31nx在［t,汁1］上不單調(diào)，則t的取值范圍是.3-x2+4x-3(x-1)(x-3)解析對fx)求導，得f(x)=-x+4-x=-二--?由xxxf(x)=0得函數(shù)fx)的兩個極值點為1,3，則只要這兩個極值點有一個在區(qū)間(t,t+1)內(nèi)，函數(shù)fx)在區(qū)間［t,t+1］上就不單調(diào)，所以tv1vt+1或tv3vt+1,解得0<t<1或2<t<3.答案(0,1)U(2,3)11.已知函數(shù)f(x)=xg(x)=x2—2ax+4,若任意X]G[0,1],存在x11.已知函數(shù)f(x)=x使fX］)三g(x2),貝y實數(shù)a的取值范圍是.解析由于f(X)=1+盤>。，因此函數(shù)加在［0'1］上單調(diào)遞增，所以x曰0,1］時fx)min二f(0)=-1.根據(jù)題意可知存在x曰1,2］，吏得g(x)=X2-2ax+4<-1,即X2-2ax+5<0,即a洱+?■能成立，令h(x)=X+^-，則要使22x22xx5a三h(x)在x曰1,2]能成立/只需使a三h(x)min,又函數(shù)h(x)=^+2X在xe[1,2]上單調(diào)遞減(可利用導數(shù)判斷)，所以h(x)min二h(2)二9，故只需a^4.答案4，+"三、解答題12.某種產(chǎn)品每件成本為6元，每件售價為x元(6<x<11),年銷售為u萬件，若已知晉一u與［x—普*成正比，且售價為10元時，年銷量為28萬件.(1)求年銷售利潤y關(guān)于售價x的函數(shù)關(guān)系式;(2)求售價為多少時，年利潤最大，并求出最大年利潤．(21)u=k(x_才|2,T售價為10元時，年銷量為28萬件,^8^—28=k[10—書2,解得k=2.?"-2卜爭2+晉一2x2+21x+18.?°?y=(—2x2+21x+18)(x—6)=—2x3+33x2—108x—108(6<x<11).(2)y'=—6x2+66x—108=—6(x2—11x+18)=—6(x—2)(x—9).令y'=0,得x=2(舍去)或x=9,顯然，當x$(6,9)時，yz>0；當x$(9,11)時，y‘<0.?函數(shù)y=—2x3+33x2—108x—108在(6,9)上是單調(diào)遞增,在(9,11)上是單調(diào)遞減．???當x=9時，y取最大值，且ymax=135,???售價為9元時，年利潤最大，最大年利潤為135萬元.(2014?全國大綱卷)函數(shù)fx)=ax3+3x2+3x(aH0).討論fx)的單調(diào)性；若fx)在區(qū)間(1,2)是增函數(shù)，求a的取值范圍.解(1f(x)=3ax2+6x+3,f(x)=0的判別式A=36(1—a).若a±1，則f(x)±0，且f(x)=0，當且僅當a=1，x=—1，故此時f(x)在R上是增函數(shù).由于aHO，故當a<1時，f(x)=O有兩個根.—1+\：1—a—1——.；1—axla，勺=a?若0<a<1，則當xG(—g，x2)或xG(X］，+x)時，f(x)>0，故fx)分別在(一°°，x2)，(X］，+x)是增函數(shù)；當xW(x2，x1)時，f(x)<0，故fx)在(x2，X］)是減函數(shù).若a<0，則當x$(—°，x1)或(x2，+°)時，f(x)<0，故fx)分別在(一°，x1)，(x2，+°)是減函數(shù)；當x(x1，x2)時，f(x)>0，故fx)在g，x2)是增函數(shù).(2)當a>0，x>0時，f(x)=3ax2+6x+3>O，故當a>0時，fx)在區(qū)間(1,2)是增函數(shù).當a<0時，fx)在區(qū)間(1,2)是增函數(shù)當且僅當f(1)20且f(2)20,解得一IWavO.綜上，a的取值范圍是一#，0”(0，+°).(2014?新課標全國II卷)已知函數(shù)fx)=x3—3x2+ax+2,曲線y=f(x)在點(0,2)處的切線與x軸交點的橫坐標為一2.求a；證明：當k<1時，曲線y=f(x)與直線y=kx—2只有一個交點.解f(x)=3x2—6x+a,f(0)=a.曲線y=f(x)在點(0,2)處的切線方程為y—ax+2.2由題設(shè)得一-——2,所以a—1.a證明由(1)知,f(x)—x3—3x2+x+2.設(shè)g(x)—f(x)—kx+2—x3—3x2+(1—k)x+4.由題設(shè)知1—k>0.當xW0時，g'(x)—3x2—6x+1—k>0,g(x)單調(diào)遞增，g(—1)—k—1<0,g(0)—4,所以g(x)—0在(一g,0］有唯一實根.當x>0時，令h(x)—x3—3x2+4,則g(x)—h(x)+(1—k)x>h(x).h'(x)—3x2—6x—3x(x—2),h(x)在(0,2)單調(diào)遞減，在(2,+^)單調(diào)遞增，所以g(x)>h(x)±h(2)—0.所以g(x)—0在(0,+^)沒有實根.綜上，g(x)—0在R有唯一實根，即曲線y—f(x)與直線y—kx—2只有一個交點．八、、?15.(2013?新課標全國II卷)已知函數(shù)f(x)—ex—ln(x+m).設(shè)x—0是fx)的極值點，求m,并討論fx)的單調(diào)性；當mW2時，證明fx)>0.解f(x)—ex—x+m，由x—0是fx)的極值點，得f'(0)—0,所以m—1,于是fx)—ex—ln(x+1)，定義域為{xlx>—1},/1f(x)—ex—x+1，函數(shù)f'(x)—ex—在(—1，+^)上單調(diào)遞增，且f(0)—0,因此當xe(—1,0)時，f'(x)<0；當xe(0,+^)時，f(x)>0.所以fx)在(一1,0)上單調(diào)遞減，在(0,+^)上單調(diào)遞增.證明當mW2,x$(—m,+*)時，ln(x