數(shù)學(xué) 理一輪對點訓(xùn)練:323 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用 Word版含解析

上傳人:仙*** 文檔編號:41610659 上傳時間:2021-11-22 格式:DOC 頁數(shù):13 大?。?39.50KB
收藏 版權(quán)申訴 舉報 下載
數(shù)學(xué) 理一輪對點訓(xùn)練:323 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用 Word版含解析_第1頁
第1頁 / 共13頁
數(shù)學(xué) 理一輪對點訓(xùn)練:323 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用 Word版含解析_第2頁
第2頁 / 共13頁
數(shù)學(xué) 理一輪對點訓(xùn)練:323 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用 Word版含解析_第3頁
第3頁 / 共13頁

下載文檔到電腦,查找使用更方便

10 積分

下載資源

還剩頁未讀,繼續(xù)閱讀

資源描述:

《數(shù)學(xué) 理一輪對點訓(xùn)練:323 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用 Word版含解析》由會員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《數(shù)學(xué) 理一輪對點訓(xùn)練:323 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用 Word版含解析(13頁珍藏版)》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 1.設(shè)f(x)是定義在R上的可導(dǎo)函數(shù),當(dāng)x≠0時,f′(x)+>0,則關(guān)于x的函數(shù)g(x)=f(x)+的零點個數(shù)為(  ) A.1 B.2 C.0 D.0或2 答案 C 解析 由f′(x)+>0,得>0,當(dāng)x>0時,xf′(x)+f(x)>0,即 [xf(x)]′>0,函數(shù)xf(x)單調(diào)遞增; 當(dāng)x<0時,xf′(x)+f(x)<0, 即[xf(x)]′<0,函數(shù)xf(x)單調(diào)遞減. ∴xf(x)>0f(0)=0,又g(x)=f(x)+x-1=,函數(shù)g(x)=的零點個數(shù)等價于函數(shù)y=xf(x)+1的零

2、點個數(shù). 當(dāng)x>0時,y=xf(x)+1>1,當(dāng)x<0時,y=xf(x)+1>1,所以函數(shù)y=xf(x)+1無零點,所以函數(shù)g(x)=f(x)+x-1的零點個數(shù)為0.故選C. 2.設(shè)函數(shù)f(x)是定義在(-∞,0)上的可導(dǎo)函數(shù),其導(dǎo)函數(shù)為f′(x),且有2f(x)+xf′(x)>x2,則不等式(x+20xx)2f(x+20xx)-4f(-2)>0的解集為________. 答案 (-∞,-20xx) 解析 由2f(x)+xf′(x)>x2,x<0得2xf(x)+x2f′(x)<x3,∴[x2f(x)]′<x3<0.令F(

3、x)=x2f(x)(x<0),則F′(x)<0(x<0),即F(x)在(-∞,0)上是減函數(shù),因為F(x+20xx)=(x+20xx)2f(x+20xx),F(xiàn)(-2)=4f(-2),所以不等式(x+20xx)2f(x+20xx)-4f(-2)>0即為F(x+20xx)-F(-2)>0,即F(x+20xx)>F(-2),又因為F(x)在(-∞,0)上是減函數(shù),所以x+20xx<-2,∴x<-20xx. 3.已知f(x)=ax-cosx,x∈.若?x1∈,?x2∈,x1≠x2,<0,則實數(shù)a的取值范圍為________. 答案 a≤- 解

4、析 f′(x)=a+sinx.依題意可知f(x)在上為減函數(shù),所以f′(x)≤0對x∈恒成立,可得a≤-sinx對x∈恒成立.設(shè)g(x)=-sinx,x∈.易知g(x)為減函數(shù),故g(x)min=-,所以a≤-. 4.設(shè)函數(shù)f(x)=emx+x2-mx. (1)證明:f(x)在(-∞,0)單調(diào)遞減,在(0,+∞)單調(diào)遞增; (2)若對于任意x1,x2∈[-1,1],都有|f(x1)-f(x2)|≤e-1,求m的取值范圍. 解 (1)證明:f′(x)=m(emx-1)+2x. 若m≥0,則當(dāng)x∈(-∞,0)時,emx-1≤0,f′(x)<0;當(dāng)x∈(0,+∞)時,emx-1≥0

5、,f′(x)>0. 若m<0,則當(dāng)x∈(-∞,0)時,emx-1>0,f′(x)<0;當(dāng)x∈(0,+∞)時,emx-1<0,f′(x)>0.所以,f(x)在(-∞,0)單調(diào)遞減,在(0,+∞)單調(diào)遞增. (2)由(1)知,對任意的m,f(x)在[-1,0]單調(diào)遞減,在[0,1]單調(diào)遞增,故f(x)在x=0處取得最小值.所以對于任意x1,x2∈[-1,1],|f(x1)-f(x2)|≤e-1的充要條件是 即 ① 設(shè)函數(shù)g(t)=et-t-e+1,則g′(t)=et-1. 當(dāng)t<0時,g′(t)<0;當(dāng)t>0時,g′(t)>0.

6、故g(t)在(-∞,0)單調(diào)遞減,在(0,+∞)單調(diào)遞增. 又g(1)=0,g(-1)=e-1+2-e<0,故當(dāng)t∈[-1,1]時,g(t)≤0. 當(dāng)m∈[-1,1]時,g(m)≤0,g(-m)≤0,即①式成立; 當(dāng)m>1時,由g(t)的單調(diào)性,g(m)>0,即em-m>e-1; 當(dāng)m<-1時,g(-m)>0,即e-m+m>e-1.綜上,m的取值范圍是[-1,1]. 5.設(shè)a>1,函數(shù)f(x)=(1+x2)ex-a. (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間; (2)證明:f(x)在(-∞,+∞)上僅有一個零點; (3)若曲線y=f(x)在點P

7、處的切線與x軸平行,且在點M(m,n)處的切線與直線OP平行(O是坐標(biāo)原點),證明:m≤ -1. 解 (1)f′(x)=2xex+(1+x2)ex=(x2+2x+1)ex=(x+1)2ex≥0,故f(x)是R上的單調(diào)遞增函數(shù),其單調(diào)增區(qū)間是(-∞,+∞),無單調(diào)減區(qū)間. (2)證明:因為f(0)=(1+02)e0-a=1-a<0,且f(ln a)=(1+ln2a)eln a-a=(1+ln2a)a-a=aln2a>0, 由零點存在性定理知,f(x)在(-∞,+∞)上至少有一個零點. 又由(1)知,函數(shù)f(x)是(-∞,+∞)上的單調(diào)遞增函數(shù), 故函數(shù)f(x)在(-∞,+∞

8、)上僅有一個零點. (3)證明:設(shè)點P(x0,y0),由曲線y=f(x)在點P處的切線與x軸平行知,f′(x0)=0,即f′(x0)=(x0+1)2ex0=0,(x0+1)2=0,x0=-1,即P(-1,2e-1-a). 由點M(m,n)處的切線與直線OP平行知,f′(m)=kOP, 即(1+m)2em==a-. 由em≥1+m知,(1+m)3≤(1+m)2em=a-, 即1+m≤ ,即m≤ -1. 6.已知函數(shù)f(x)=nx-xn,x∈R,其中n∈N*,且n≥2. (1)討論f(x)的單調(diào)性; (2)設(shè)曲線y=f(x)與x軸正半軸的交點為P,曲線在點P處的切線方程為y=g(

9、x),求證:對于任意的正實數(shù)x,都有f(x)≤g(x); (3)若關(guān)于x的方程f(x)=a(a為實數(shù))有兩個正實數(shù)根x1,x2,求證:|x2-x1|<+2. 解 (1)由f(x)=nx-xn,可得f′(x)=n-nxn-1=n(1-xn-1),其中n∈N*,且n≥2.下面分兩種情況討論: ①當(dāng)n為奇數(shù)時. 令f′(x)=0,解得x=1,或x=-1. 當(dāng)x變化時,f′(x),f(x)的變化情況如下表: x (-∞,-1) (-1,1) (1,+∞) f′(x) - + - f(x)    所以,f(x)在(-∞,-1),(1,+∞)上單調(diào)遞減,在(

10、-1,1)內(nèi)單調(diào)遞增. ②當(dāng)n為偶數(shù)時. 當(dāng)f′(x)>0,即x<1時,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增; 當(dāng)f′(x)<0,即x>1時,函數(shù)f(x)單調(diào)遞減. 所以,f(x)在(-∞,1)上單調(diào)遞增,在(1,+∞)上單調(diào)遞減. (2)證明:設(shè)點P的坐標(biāo)為(x0,0),則x0=n,f′(x0)=n-n2.曲線y=f(x)在點P處的切線方程為y=f′(x0)(x-x0),即g(x)=f′(x0)(x-x0).令F(x)=f(x)-g(x),即F(x)=f(x)-f′(x0)(x-x0),則F′(x)=f′(x)-f′(x0). 由于f′(x)=-nxn-1+n在(0,+∞

11、)上單調(diào)遞減,故F′(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減.又因為F′(x0)=0,所以當(dāng)x∈(0,x0)時,F(xiàn)′(x)>0,當(dāng)x∈(x0,+∞)時,F(xiàn)′(x)<0,所以F(x)在(0,x0)上單調(diào)遞增,在(x0,+∞)上單調(diào)遞減,所以對于任意的正實數(shù)x,都有F(x)≤F(x0)=0,即對于任意的正實數(shù)x,都有f(x)≤g(x). (3)證明:不妨設(shè)x1≤x2.由(2)知g(x)=(n-n2)(x-x0).設(shè)方程g(x)=a的根為x2′,可得x2′=+x0.當(dāng)n≥2時,g(x)在(-∞,+∞)上單調(diào)遞減.又由(2)知g(x2)≥f(x2)=a=g(x2′),可得x2≤x2′. 類似地,

12、設(shè)曲線y=f(x)在原點處的切線方程為y=h(x),可得h(x)=nx.當(dāng)x∈(0,+∞),f(x)-h(huán)(x)=-xn<0,即對于任意的x∈(0,+∞),f(x)<h(x). 設(shè)方程h(x)=a的根為x1′,可得x1′=.因為h(x)=nx在(-∞,+∞)上單調(diào)遞增,且h(x1′)=a=f(x1)<h(x1),因此x1′<x1. 由此可得x2-x1<x2′-x1′=+x0. 因為n≥2, 所以2n-1=(1+1)n-1≥1+C=1+n-1=n,故2≥n=x0. 所以|x2-x1|<+2. 7.已知函數(shù)f(x)=ln (1+x),g(x)=kx(k

13、∈R). (1)證明:當(dāng)x>0時,f(x)<x; (2)證明:當(dāng)k<1時,存在x0>0,使得對任意的x∈(0,x0),恒有f(x)>g(x); (3)確定k的所有可能取值,使得存在t>0,對任意的x∈(0,t),恒有|f(x)-g(x)|<x2. 解 (1)證明:令F(x)=f(x)-x=ln (1+x)-x,x∈[0,+∞), 則有F′(x)=-1=. 當(dāng)x∈(0,+∞)時,F(xiàn)′(x)<0, 所以F(x)在[0,+∞)上單調(diào)遞減, 故當(dāng)x>0時,F(xiàn)(x)<F(0)=0,即當(dāng)x>0時,f(x)<x. (2

14、)證明:令G(x)=f(x)-g(x)=ln (1+x)-kx,x∈[0,+∞), 則有G′(x)=-k=. 當(dāng)k≤0時,G′(x)>0,故G(x)在[0,+∞)上單調(diào)遞增,G(x)>G(0)=0,故任意正實數(shù)x0均滿足題意. 當(dāng)0<k<1時, 令G′(x)=0,得x==-1>0, 取x0=-1,對任意x∈(0,x0), 有G′(x)>0, 從而G(x)在[0,x0)上單調(diào)遞增, 所以G(x)>G(0)=0,即f(x)>g(x). 綜上,當(dāng)k<1時,總存在x0>0,使得對任意x∈(0,x0),恒有f(x)>g(

15、x). (3)解法一:當(dāng)k>1時,由(1)知,?x∈(0,+∞),g(x)>x>f(x),故g(x)>f(x), |f(x)-g(x)|=g(x)-f(x)=kx-ln (1+x). 令M(x)=kx-ln (1+x)-x2,x∈[0,+∞), 則有M′(x)=k--2x=. 故當(dāng)x∈時, M′(x)>0, M(x)在上單調(diào)遞增, 故M(x)>M(0)=0,即|f(x)-g(x)|>x2.所以滿足題意的t不存在. 當(dāng)k<1時,由(2)知,存在x0>0,使得當(dāng)x∈(0,x0)時,f(x)>g(x), 此時|f(x)-

16、g(x)|=f(x)-g(x)=ln (1+x)-kx. 令N(x)=ln (1+x)-kx-x2,x∈[0,+∞), 則有N′(x)=-k-2x =, 當(dāng)x∈時,N′(x)>0,N(x)在上單調(diào)遞增, 故N(x)>N(0)=0,即f(x)-g(x)>x2. 記x0與中的較小者為x1, 則當(dāng)x∈(0,x1)時,恒有|f(x)-g(x)|>x2. 故滿足題意的t不存在. 當(dāng)k=1時,由(1)知,當(dāng)x>0時,|f(x)-g(x)|=g(x)-f(x)=x-ln (1+x). 令H(x)=x-ln (1+x)-x2,x∈[0,+∞), 則有H′

17、(x)=1--2x=. 當(dāng)x>0時,H′(x)<0, 所以H(x)在[0,+∞)上單調(diào)遞減,故H(x)<H(0)=0.故當(dāng)x>0時, 恒有|f(x)-g(x)|<x2. 此時,任意正實數(shù)t均滿足題意. 綜上,k=1. 解法二:當(dāng)k>1時,由(1)知,?x∈(0,+∞),g(x)>x>f(x), 故|f(x)-g(x)|=g(x)-f(x)=kx-ln (1+x)>kx-x=(k-1)x. 令(k-1)x>x2,解得0<x<k-1. 從而得到,當(dāng)k>1時,對于x∈(0,k-1),恒有|f(x)-g(x

18、)|>x2, 故滿足題意的t不存在. 當(dāng)k<1時,取k1=,從而k<k1<1, 由(2)知,存在x0>0,使得x∈(0,x0),f(x)>k1x>kx=g(x), 此時|f(x)-g(x)|=f(x)-g(x)>(k1-k)x=x. 令x>x2,解得0<x<,此時f(x)-g(x)>x2. 記x0與中的較小者為x1,當(dāng)x∈(0,x1)時,恒有|f(x)-g(x)|>x2. 故滿足題意的t不存在. 當(dāng)k=1時,由(1)知,x>0,|f(x)-g(x)|=g(x)-f(x)=x-ln (1+x),

19、 令M(x)=x-ln (1+x)-x2,x∈[0,+∞), 則有M′(x)=1--2x=. 當(dāng)x>0時,M′(x)<0, 所以M(x)在[0,+∞)上單調(diào)遞減, 故M(x)<M(0)=0. 故當(dāng)x>0時,恒有|f(x)-g(x)|<x2, 此時,任意正實數(shù)t均滿足題意. 綜上,k=1. 8.已知函數(shù)f(x)=ln . (1)求曲線y=f(x)在點(0,f(0))處的切線方程; (2)求證:當(dāng)x∈(0,1)時,f(x)>2; (3)設(shè)實數(shù)k使得f(x)>k對x∈(0,1)恒成立,求k的最大值. 解 (1)因為f(x)=ln (1

20、+x)-ln(1-x),所以f′(x)=+,f′(0)=2. 又因為f(0)=0,所以曲線y=f(x)在點(0,f(0))處的切線方程為y=2x. (2)證明:令g(x)=f(x)-2,則g′(x)=f′(x)-2(1+x2)=. 因為g′(x)>0(0<x<1),所以g(x)在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞增. 所以g(x)>g(0)=0,x∈(0,1), 即當(dāng)x∈(0,1)時,f(x)>2. (3)由(2)知,當(dāng)k≤2時,f(x)>k對x∈(0,1)恒成立. 當(dāng)k>2時,令h(x)=f(x)-k,則 h′(x)=f′(x)-k(1+x2)=

21、. 所以當(dāng)0<x< 時,h′(x)<0,因此h(x)在區(qū)間上單調(diào)遞減. 當(dāng)0<x< 時,h(x)<h(0)=0,即f(x)<k. 所以當(dāng)k>2時,f(x)>k并非對x∈(0,1)恒成立. 綜上可知,k的最大值為2. 9.已知函數(shù)f(x)=ln x-ax2-2x(a<0). (1)若函數(shù)f(x)在定義域內(nèi)單調(diào)遞增,求a的取值范圍; (2)若a=-且關(guān)于x的方程f(x)=-x+b在[1,4]上恰有兩個不相等的實數(shù)根,求實數(shù)b的取值范圍. 解 (1)f′(x)=-(x>0). 依題意f′(x)≥0在x>0時恒成

22、立,即ax2+2x-1≤0在x>0時恒成立. 則a≤=2-1在x>0時恒成立, 即a≤min(x>0), 當(dāng)x=1時,2-1取最小值-1. ∴a的取值范圍是(-∞,-1]. (2)a=-,f(x)=-x+b?x2-x+ln x-b=0. 設(shè)g(x)=x2-x+ln x-b(x>0). 則g′(x)=. 列表: x (0,1) 1 (1,2) 2 (2,4) g′(x) + 0 - 0 + g(x)  極大值  極小值  ∴g(x)極小值=g(2)=ln 2-b-2,g(x)極大值=g(1)=-b-,又g(4)=

23、2ln 2-b-2, ∵方程g(x)=0在[1,4]上恰有兩個不相等的實數(shù)根,則得ln 2-2<b≤-. 10. 如圖,現(xiàn)要在邊長為100 m的正方形ABCD內(nèi)建一個交通“環(huán)島”.以正方形的四個頂點為圓心在四個角分別建半徑為x m(x不小于9)的扇形花壇,以正方形的中心為圓心建一個半徑為x2 m的圓形草地.為了保證道路暢通,島口寬不小于60 m,繞島行駛的路寬均不小于10 m. (1)求x的取值范圍(運算中取1.4); (2)若中間草地的造價為a元/m2,四個花壇的造價為ax 元/m2,其余區(qū)域的造價為元/m2,當(dāng)x取何值時,可使“環(huán)島”的整體造價最低? 解 (1)由題意得,

24、, 解得,即9≤x≤15. 所以x的取值范圍是[9,15]. (2)記“環(huán)島”的整體造價為y元,則由題意得 y=a×π×2+ax×πx2+×=+x3-12x2, 令f(x)=-x4+x3-12x2, 則f′(x)=-x3+4x2-24x=-4x, 由f′(x)=0,解得x=10或x=15或x=0(舍), 列表如下: x 9 (9,10) 10 (10,15) 15 f′(x) - 0 + 0 f(x)  極小值  所以當(dāng)x=10時,y取最小值. 即當(dāng)x=10時,可使“環(huán)島”的整體造價最低.

展開閱讀全文
溫馨提示:
1: 本站所有資源如無特殊說明,都需要本地電腦安裝OFFICE2007和PDF閱讀器。圖紙軟件為CAD,CAXA,PROE,UG,SolidWorks等.壓縮文件請下載最新的WinRAR軟件解壓。
2: 本站的文檔不包含任何第三方提供的附件圖紙等,如果需要附件,請聯(lián)系上傳者。文件的所有權(quán)益歸上傳用戶所有。
3.本站RAR壓縮包中若帶圖紙,網(wǎng)頁內(nèi)容里面會有圖紙預(yù)覽,若沒有圖紙預(yù)覽就沒有圖紙。
4. 未經(jīng)權(quán)益所有人同意不得將文件中的內(nèi)容挪作商業(yè)或盈利用途。
5. 裝配圖網(wǎng)僅提供信息存儲空間,僅對用戶上傳內(nèi)容的表現(xiàn)方式做保護(hù)處理,對用戶上傳分享的文檔內(nèi)容本身不做任何修改或編輯,并不能對任何下載內(nèi)容負(fù)責(zé)。
6. 下載文件中如有侵權(quán)或不適當(dāng)內(nèi)容,請與我們聯(lián)系,我們立即糾正。
7. 本站不保證下載資源的準(zhǔn)確性、安全性和完整性, 同時也不承擔(dān)用戶因使用這些下載資源對自己和他人造成任何形式的傷害或損失。

相關(guān)資源

更多
正為您匹配相似的精品文檔
關(guān)于我們 - 網(wǎng)站聲明 - 網(wǎng)站地圖 - 資源地圖 - 友情鏈接 - 網(wǎng)站客服 - 聯(lián)系我們

copyright@ 2023-2025  zhuangpeitu.com 裝配圖網(wǎng)版權(quán)所有   聯(lián)系電話:18123376007

備案號:ICP2024067431-1 川公網(wǎng)安備51140202000466號


本站為文檔C2C交易模式,即用戶上傳的文檔直接被用戶下載,本站只是中間服務(wù)平臺,本站所有文檔下載所得的收益歸上傳人(含作者)所有。裝配圖網(wǎng)僅提供信息存儲空間,僅對用戶上傳內(nèi)容的表現(xiàn)方式做保護(hù)處理,對上載內(nèi)容本身不做任何修改或編輯。若文檔所含內(nèi)容侵犯了您的版權(quán)或隱私,請立即通知裝配圖網(wǎng),我們立即給予刪除!