2019-2020年高中數(shù)學(xué) 1.3.3第2課時(shí) 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用練習(xí) 新人教A版選修2-2.doc

2019-2020年高中數(shù)學(xué) 1.3.3第2課時(shí) 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用練習(xí) 新人教A版選修2-2 一、選擇題 1．(xx漳州模擬)曲線y＝x2在點(diǎn)M(，)的切線的傾斜角的大小是(　　) A．30 B．45 C．60 D．90 [答案]　B [解析]　y′＝2x， ∴當(dāng)x＝時(shí)，y′＝1，得切線的斜率為1，所以k＝1； ∴1＝tanα，∵0≤α<180，∴α＝45，故選B. 2．(xx長(zhǎng)春外國(guó)語學(xué)校高二期中)若f(x)＝sinα－cosx，則f′(α)等于(　　) A．cosα B．sinα C．sinα＋cosα D．2sinα [答案]　B [解析]　∵f′(x)＝sinx，∴f′(α)＝sinα. [易錯(cuò)警示]　本題函數(shù)f(x)中，自變量為x，故sinα為常數(shù)，常見錯(cuò)誤是錯(cuò)選C. 3．(xx膠州市高二期中)函數(shù)f(x)＝x3－3x2＋1是減函數(shù)的區(qū)間為(　　) A．(2，＋∞) B．(－∞，2) C．(－∞，0) D．(0,2) [答案]　D [解析]　由f′(x)＝3x2－6x<0，得0<x<2， ∴函數(shù)f(x)＝x3－3x2＋1是減函數(shù)的區(qū)間為(0,2)． 故選D. 4．(xx海南文昌高二期中)函數(shù)y＝x3－3x2－9x(－2<x<2)有(　　) A．極大值5，極小值－27 B．極大值5，極小值－11 C．極大值5，無極小值 D．極小值－27，無極大值 [答案]　C [解析]　由y′＝3x2－6x－9＝3(x＋1)(x－3)＝0，得x＝－1，x＝3，當(dāng)x<－1時(shí)，y′>0；當(dāng)－1<x<2時(shí)，y′<0， 當(dāng)x＝－1時(shí)，y極大值＝5；∵3?(－2,2)，∴無極小值． 故選C. 5．(xx吉林實(shí)驗(yàn)中學(xué)高二期中)若點(diǎn)P是曲線y＝x2－lnx上任意一點(diǎn)，則點(diǎn)P到直線y＝x－2的最小距離為(　　) A．1 B． C. D． [答案]　B [解析]　過點(diǎn)P作y＝x－2的平行直線，當(dāng)與曲線y＝x2－lnx相切時(shí)，P到直線y＝x－2的距離最小， 設(shè)P(x0，x－lnx0)，則有 k＝y(tǒng)′|x＝x0＝2x0－. ∴2x0－＝1，∴x0＝1或x0＝－(舍去)，∴y0＝1， ∴P(1,1)，∴d＝＝. 故選B. 6．(xx河南文昌高二期末)已知函數(shù)f(x)＝x3＋bx2＋cx的圖象如圖所示，則x＋x等于(　　) A. B． C. D． [答案]　C [解析]　由圖可知，f(x)＝0的三個(gè)根為0,1,2， ∴f(1)＝1＋b＋c＝0，f(2)＝8＋4b＋2c＝0， 解得b＝－3，c＝2， 又由圖可知，x1，x2為函數(shù)f(x)的兩個(gè)極值點(diǎn)， ∴f′(x)＝3x2－6x＋2＝0的兩個(gè)根為x1，x2， ∴x1＋x2＝2，x1x2＝， ∴x＋x＝(x1＋x2)2－2x1x2＝4－＝， 故選C. 二、填空題 7．(xx新課標(biāo)Ⅰ文，14)已知函數(shù)f(x)＝ax3＋x＋1的圖象在點(diǎn)(1，f(1))處的切線過點(diǎn)(2,7)，則a＝________________. [分析]　考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算及導(dǎo)數(shù)的幾何意義；先求導(dǎo)數(shù)，再利用切線過點(diǎn)(2,7)列方程求解． [答案]　1 [解析]　因?yàn)閒(x)＝ax3＋x＋1，所以f(1)＝a＋2， f′(x)＝3ax2＋1，f′(1)＝3a＋1，所以在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程為y－(a＋2)＝(3a＋1)(x－1)， 又因?yàn)榍芯€過點(diǎn)(2,7)，所以7－(a＋2)＝(3a＋1)1， 解之得，a＝1. 故本題正確答案為1. 8．函數(shù)f(x)＝x3＋3ax2＋3[(a＋2)x＋1]既有極大值又有極小值，則a的取值范圍是________________． [答案]　(－∞，－1)∪(2，＋∞) [解析]　f′(x)＝3x2＋6ax＋3(a＋2)，令f′(x)＝0，即x2＋2ax＋a＋2＝0.因?yàn)楹瘮?shù)f(x)有極大值和極小值，所以方程x2＋2ax＋a＋2＝0有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，即Δ＝4a2－4a－8>0，解得a>2或a<－1. 9．已知函數(shù)f(x)＝x4＋9x＋5，則f(x)的圖象在(－1,3)內(nèi)與x軸的交點(diǎn)的個(gè)數(shù)為________________． [答案]　1 [解析]　因?yàn)閒′(x)＝4x3＋9，當(dāng)x∈(－1,3)時(shí)，f′(x)>0，所以f(x)在(－1,3)上單調(diào)遞增，又f(－1)＝－3<0，f(0)＝5>0，所以f(x)在(－1,3)內(nèi)與x軸只有一個(gè)交點(diǎn)． 三、解答題 10．(xx泉州市南安一中高二期末)設(shè)函數(shù)f(x)＝x2－ax＋2lnx(a∈R)在x＝1時(shí)取得極值． (1)求a的值； (2)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間． [解析]　(1)f′(x)＝x－a＋， 因?yàn)楫?dāng)x＝1時(shí)f(x)取得極值，所以f′(1)＝0， 即1－a＋2＝0，解得a＝3， 經(jīng)檢驗(yàn)，符合題意． (2)由(1)得：f(x)＝x2－3x＋2lnx， ∴f′(x)＝x－3＋＝，(x>0)， 令f′(x)>0解得0<x<1或x>2， 令f′(x)<0解得1<x<2， ∴f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,1)，(2，＋∞)；單調(diào)遞減區(qū)間為(1,2)． 一、選擇題 11．(xx承德市隆化縣存瑞中學(xué)高二期中)設(shè)函數(shù)f(x)滿足x2f′(x)＋2xf(x)＝，f(2)＝，則x＞0時(shí)，f(x)(　　) A．有極大值，無極小值 　 B．有極小值，無極大值 C．既有極大值又有極小值 　 D．既無極大值也無極小值 [答案]　D [解析]　∵函數(shù)f(x)滿足x2f′(x)＋2xf(x)＝， ∴[x2f(x)]′＝， 令F(x)＝x2f(x)，則F′(x)＝， F(2)＝4f(2)＝. 由x2f′(x)＋2xf(x)＝，得f′(x)＝， 令φ(x)＝ex－2F(x)，則φ′(x)＝ex－2F′(x)＝. ∴φ(x)在(0,2)上單調(diào)遞減，在(2，＋∞)上單調(diào)遞增， ∴φ(x)的最小值為φ(2)＝e2－2F(2)＝0.∴φ(x)≥0. 又x＞0，∴f′(x)≥0. ∴f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增． ∴f(x)既無極大值也無極小值．故選D. 12．(xx泰安市高二期末)若函數(shù)f(x)在定義域R內(nèi)可導(dǎo)，f(1.9＋x)＝f(0.1－x)且(x－1)f′(x)＜0，a＝f(0)，b＝f()，c＝f(3)，則a，b，c的大小關(guān)系是(　　) A．a(chǎn)>b>c B．c>a>b C．c>b>a D．b>a>c [答案]　D [解析]　∵(x－1)f′(x)＜0， ∴當(dāng)x＞1時(shí)，f′(x)＜0，此時(shí)函數(shù)f(x)單調(diào)遞減； 當(dāng)x＜1時(shí)，f′(x)＞0，此時(shí)函數(shù)f(x)單調(diào)遞增． 又f(1.9＋x)＝f(0.1－x)， ∴f(x)＝f(2－x)， ∴f(3)＝f[2－(－1)]＝f(－1)， ∵－1＜0<， ∴f(－1)＜f(0)＜f()，∴f(3)<f(0)<f()， ∴b＞a＞c，故選D. 13．(xx郴州模擬)定義在R上的函數(shù)f(x)滿足：f(x)＋f′(x)＞1，f(0)＝4，則不等式exf(x)＞ex＋3(其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))的解集為(　　) A．(0，＋∞) B．(－∞，0)∪(3，＋∞) C．(－∞，0)∪(0，＋∞) D．(3，＋∞) [答案]　A [解析]　設(shè)g(x)＝exf(x)－ex，(x∈R)， 則g′(x)＝exf(x)＋exf′(x)－ex＝ex[f(x)＋f′(x)－1]， ∵f(x)＋f′(x)＞1， ∴f(x)＋f′(x)－1＞0， ∴g′(x)＞0， ∴y＝g(x)在定義域上單調(diào)遞增， ∵exf(x)＞ex＋3， ∴g(x)＞3， 又∵g(0)＝e0f(0)－e0＝4－1＝3， ∴g(x)＞g(0)， ∴x＞0，故選A. 14．(xx海南文昌中學(xué)高二期中)若方程x3－3x＋m＝0在[0,2]上有解，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是(　　) A．[－2,2] B．[0,2] C．[－2,0] D．(－∞，－2)∪(2，＋∞) [答案]　A [解析]　由題意方程x3－3x＋m＝0在[0,2]上有解，則－m＝x3－3x，x∈[0,2]，求實(shí)數(shù)m的取值范圍可轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的值域問題． 令y＝x3－3x，x∈[0,2]，則y′＝3x2－3， 令y′>0，解得x>1，因此函數(shù)在[0,1]上單調(diào)遞減，在[1,2]上單調(diào)遞增， 又x＝1時(shí)，y＝－2；x＝2時(shí)，y＝2；x＝0，y＝0， ∴函數(shù)y＝x3－3x，x∈[0,2]的值域是[－2,2]， 故－m∈[－2,2]，∴m∈[－2,2]，故選A. 二、填空題 15．若函數(shù)f(x)＝x－2＋2x－a在區(qū)間[，3]上的最大值、最小值分別為m，n，則m－n＝________________. [答案]　 [解析]　∵f′(x)＝－2x－3＋2＝， ∴當(dāng)1<x≤3時(shí)f′(x)>0， 當(dāng)<x<1時(shí)，f′(x)<0. ∴f(x)在[，1]上單調(diào)遞減，在[1,3]上單調(diào)遞增． ∴f(x)min＝f(1)＝1＋2－a＝3－a＝n. 又∵f()＝5－a，f(3)＝－a，∴f()<f(3)． ∴f(x)max＝f(3)＝－a＝m， ∴m－n＝－a－(3－a)＝. 16．若函數(shù)y＝－x3＋bx有三個(gè)單調(diào)區(qū)間，則b的取值范圍是________________． [答案]　(0，＋∞) [解析]　若函數(shù)y＝－x3＋bx有三個(gè)單調(diào)區(qū)間，則y′＝－4x2＋b＝0有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，所以b>0. 三、解答題 17．(xx鄭州登封市高二期中)已知函數(shù)f(x)＝(e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù))． (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)當(dāng)x1≠x2，f(x1)＝f(x2)時(shí)，證明：x1＋x2>0. [解析]　(1)由f(x)＝(x≠－1)得：f′(x)＝，x≠－1， 令f′(x)>0得：x>0，令f′(x)<0得：x<0且x≠－1， 所以函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(0，＋∞)，單調(diào)減區(qū)間為(－∞，－1)，(－1,0)． (2)當(dāng)x∈(－∞，－1)時(shí)，f(x)<0；當(dāng)x∈(－1，＋∞)時(shí)，f(x)>0， 由(1)知f(x)在(－1,0)上為減函數(shù)，在(0，＋∞)上為增函數(shù)， 若f(x1)＝f(x2)，x1≠x2，則必有x1，x2∈(－1，＋∞)， 不妨設(shè)x1∈(－1,0)，x2∈(0，＋∞)． 若證x1＋x2>0，即證x2>－x1>0， 只需證f(x2)>f(－x1)， 又∵f(x1)＝f(x2)，∴即證f(x1)>f(－x1)， 設(shè)g(x)＝f(x)－f(－x)，x∈(－1,0)， 即證g(x)＝－>0在x∈(－1,0)上恒成立， 即證(1－x)e2x－(1＋x)>0在(－1,0)上恒成立． 設(shè)h(x)＝(1－x)e2x－(1＋x)，x∈(－1,0)，則h′(x)＝e2x(1－2x)－1， 令φ(x)＝e2x(1－2x)－1，則φ′(x)＝－4xe2x>0， ∴φ(x)在(－1,0)上單調(diào)遞增，則h′(x)是(－1,0)上的增函數(shù)，故h′(x)<h′(0)＝0， ∴h(x)在(－1,0)上是減函數(shù)，故h(x)>h(0)＝0，所以原命題成立． 18．(xx唐山市一模)已知函數(shù)f(x)＝x－2lnx－＋1，g(x)＝ex(2lnx－x)． (1)若函數(shù)f(x)在定義域上是增函數(shù)，求a的取值范圍； (2)求g(x)的最大值． [解析]　(1)由題意得x＞0，f′(x)＝1－＋. 由函數(shù)f(x)在定義域上是增函數(shù)得，f′(x)≥0， 即a≥2x－x2＝－(x－1)2＋1(x＞0)． 因?yàn)椋?x－1)2＋1≤1(當(dāng)x＝1時(shí)，取等號(hào))， 所以a的取值范圍是[1，＋∞)． (2)g′(x)＝ex， 由(1)得a＝2時(shí)，f(x)＝x－2lnx－＋1， 因?yàn)閒(x)在定義域上是增函數(shù)，又f(1)＝0， 所以，當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，f(x)＜0，當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f(x)＞0. 所以，當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，g′(x)＞0，當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，g′(x)＜0. 故x＝1時(shí)，g(x)取得最大值g(1)＝－e.