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【全程复习方略】2014版高考数学 2.12导数在实际问题中的应用及综合应用课时提升作业 理 北师大版

【全程复习方略】2014版高考数学 2.12导数在实际问题中的应用及综合应用课时提升作业 理 北师大版


【全程复习方略】2014 版高考数学 2.12 导数在实际问题中的应用及综合应用 课时提升作业 理 北师大版
一、选择题 1.(2013·西安模拟)函数 y=f(x)在定义域(- ,3)内的图像如图所示,记 y=f(x)的导函数为 y=f′(x),则不 等式 f′(x)≤0 的解集为( )

(A)[-1, ]∪[ , ] (B)[- ,1]∪[2,3) (C)(- , ]∪[1,2) (D)(- ,- ]∪[ , )∪[ ,3) 2.若对任意的 x>0,恒有 lnx≤px-1(p>0),则 p 的取值范围是( (A)(0,1] (C)(0,1) (B)(1,+∞) (D)[1,+∞) ) )

3.(2013·黄山模拟)在半径为 R 的半球内有一内接圆柱,则这个圆柱的体积的最大值是(

(A)

πR

3

(B)

πR

3

(C)

πR

3

(D) π R

3

4.(2013·宣城模拟)对于 R 上可导的任意函数 f(x ),若满足(x-1)f′(x)≥0,则必有( (A)f(0)+f(2)<2f(1) (B)f(0)+f(2)≤2f(1)

)

-1-

(C)f(0)+f(2)≥2f(1)

(D)f(0)+f(2)>2f(1)
3 2

5.(2013·咸阳模拟)函数 y=2x +1 的图像与函数 y=3x -b 的图像有三个不相同的交点,则实数 b 的取值范围 是( ) (B)(-1,0) (D)(1,2) <0 恒成立,则不等

(A)(-2,-1) (C)(0,1)

6.(2013·沈阳模拟)设 f(x)是定义在 R 上的奇函数,且 f(2)=0,当 x>0 时,有 式 x f(x)>0 的解集是 ( (A)(-2,0)∪(2,+∞) (B)(-2,0)∪(0,2) (C)(-∞,-2)∪(2,+∞) (D)(-∞,-2)∪(0,2) 二、填空题 7.已知函数 f(x)=xsinx,x∈R,f(-4),f( ),f(- )的大小关系为
3 2

)

(用“<”连接).

8.(2013·宜春模拟)设函数 f(x)=ax -3x+1(x∈R),若对于任意 x∈[-1,1],都有 f(x)≥0 成立,则实数 a 的 值为 .
3

9.(能力挑战题)已知 f(x)=x -3x+m,在区间[0,2]上任取三个不同的数 a,b,c,均存在以 f(a),f(b),f(c)为 边长的三角形,则 m 的取值范围是 . 三、解答题 10.(2013·蚌埠模拟)已知函数 f(x)= (1)求 a,b 的值. (2)如果当 x>0,且 x≠1 时,f(x)> + ,求 k 的取值范围. + ,曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为 x+2y-3=0.

11.(2013·合肥模拟)某唱片公司要发行一张名为《春风再美也比不上你的笑》的唱片,包含《新花好月圆》 《荷塘月色 》等 10 首创新经典歌曲.该公司计划用 x(百万元)请李子恒老师进行创作,经调研知:该唱片的 总利润 y(百万元)与(3-x)x 成正比的关系,当 x=2 时 y=32.又有 (1)设 y=f(x),求其表达式及定义域(用 t 表示). (2)求总利润 y 的最大值及相应的 x 的值. 12.(2013·淮北模拟)已知函数 f(x)=(a+ )lnx+ -x. (1)当 a>1 时,讨论 f(x)在区间(0,1)上的单调性. (2)当 a>0 时,求 f(x)的极值. (3)当 a≥3 时,曲线 y=f(x)上总存在不同两点 P(x1,f(x1)),Q(x2,f(x2)),使得曲线 y=f(x)在 P,Q 两点处的切 线互相平行,证明:x1+x2> .
2

∈(0,t],其中 t 是常数,且 t∈(0,2].

-2-

答案解析 1 .【解析】选 B.由函数 y=f(x)的图像知,函数 y=f(x)在[- ,1],[2,3) 上是减少的,故 f′(x)≤0 的解集为 [- ,1]∪[2,3). 2. 【解析】 选 D.原不等式可化为 lnx-px+1≤0,令 f(x)=lnx-px+1,故只需 f(x)max≤0.由 f′(x)= -p,知 f(x) 在(0, )上是增加的,在( ,+∞)上是减少的. 故 f(x)max=f( )=-lnp,由-lnp≤0 得 p≥1. 3.【解析】选 A.设圆柱的高为 h,则圆柱的底面半径为 R h(0<h<R),V′=-3π h +π R =0,h= 时 V 有最大值为 V= πR. 4.【解析】选 C.由(x-1)·f′(x)≥0,得 x≤1 时,f′(x)≤0;x≥1 时,f′(x)≥0.因此,函数 y=f(x)在(∞,1]上是减少的(或为常数函数);在[1,+∞)上是增加的(或为常数函数),所以 f(0)≥f(1);f(2)≥f(1), 故 f(0)+f(2)≥2f(1). 5.【解析】选 B.由题意知方程 2x +1=3x -b, 即 2x -3x +1=-b 有三个不相同的实数根, 令 f(x)=2x -3x +1, 即函数 y=f(x)=2x -3x +1 与直线 y=-b 有三个交点. 由 f′(x)=6x -6x=6x(x-1)知,函数 y=f(x)在区间(-∞,0)上是增加的,在(0,1)上是减少的,在(1,+∞)上是 增加的,故 f(0)是函数的极大值,f(1)是函数的极小值,若函数 y=f(x)=2x -3x +1 与直线 y=-b 有三个交点, 则 f(1)<-b<f(0),解得-1<b<0. 6.【思路点拨】x f(x)化为 x · 【解析】选 D.当 x>0 时,有 >0.f(2)=0,画出 y=
2 3 3 2 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 2 2

,圆柱的体积为 V=π (R -h )h=-π h +π

2

2

3

,研究函数 y= <0,则[

的单调性,利用单调性结合图像求解. ]'<0, 在 x>0 时是减少的,x f(x)>0,即为 x ·
2 3

>0?

在 x>0 时的示意图,知 0<x<2. 是偶函数,如图,在 x<0 时 y= 是增加的,x f(x)>0,即为 x ·
2 3

同理,由 f(x)是奇函数,则 y=

>0?

<0.f(-2)=0,∴x<-2.综上所述,不等式的解集是(-∞,-2)∪(0,2).

-3-

7.【解析】f′(x)=sinx+xcosx,当 x∈[ , ]时,sinx<0,cosx<0, ∴f′(x)=sinx+xcosx<0,则函数 f(x)在 x∈[ , ]上是减少的, ∴f( )<f(4)<f( ), 又函数 f(x)为偶函数, ∴f( )<f(-4)<f(- ). 答案:f( )<f(-4)<f(- ) 8.【解析】若 x=0,则不论 a 取何值,f(x)≥0 显然成立, 当 x>0,即 x∈(0,1]时,f(x)=ax -3x+1≥0 可化为 a≥ - , 设 g(x)= - , 则 g ′ (x)= , 所以 g(x) 在区间 (0, ] 上是增加的 , 在区间 [ ,1] 上是减少的 , 因此
3

g(x)max=g( )=4, 从而 a ≥ 4. 当 x<0, 即 x ∈ [-1,0) 时 , 同理 a ≤ - .g(x) 在区间 [-1,0) 上是增加的 , ∴ g(x)min=g(-1)=4,从而 a ≤4,综上可知 a=4. 答案:4 【变式备选】已知两函数 f(x)=8x +16x-k,g(x)=2x +5x +4x,其中 k 为实数. (1)对任意 x∈[-3,3],都有 f(x)≤g(x)成立,求 k 的取值范围. (2)存在 x∈[-3,3],使 f(x)≤g(x)成立,求 k 的取值范围. (3)对任意 x1,x2∈[-3,3],都有 f(x1)≤g(x2),求 k 的取值范围. 【解析】(1)设 h(x)=g(x)-f(x)=2x -3x -12x+k, 问题转化为 x∈[-3,3]时,h(x)≥0 恒成立, 即 h(x)min≥0, x∈[-3,3]. 令 h′(x)=6x -6x-12=0,得 x=2 或 x=-1. ∵h(-3)=k-45,h(-1)=k+7,h(2)=k-20, h(3)=k-9,
-42 3 2 2 3 2

∴h(x)min=k-45≥0, 得 k≥45. (2)据题意:存在 x∈[-3,3],使 f(x)≤g(x)成立, 即为 h(x)=g(x)-f(x)≥0 在 x∈[-3,3]上能成立, ∴h(x)max≥0. ∴h(x)max=k+7≥0, 得 k≥-7. (3)据题意:f(x)max≤g(x)min,x∈[-3,3], 易得 f(x)max=f(3)=120-k, g(x)min=g(-3)=-21. ∴120-k≤-21, 得 k≥141. 9.【思路点拨】关键是在[0,2]上任取三个不同的数 a,b,c,均存在以 f(a),f(b),f(c)为边长的三角形,三 个不同的数 a,b,c,对应的 f(a),f(b),f(c)可以有两个相同. 3 2 【解析】 f(x)=x -3x+m,f'(x)=3x -3,由 f'(x)=0 得到 x=1 或 x=-1,在[0,2]上,函数先减少后增加,计算两端 及最小值 f(0)=m,f(2)=2+m,f(1)=-2+m.在[0,2]上任取三个不同的数 a,b,c,均存在以 f(a),f(b),f(c)为边 的三角形,三个不同的数 a,b,c 对应的 f(a),f(b),f(c)可以有两个相同.由三角形两边之和大于第三边,可 知最小边长的二倍必须大于最大 边长. 由题意知,f(1)=-2+m>0 ① f(1)+f(1)>f(0),得到-4+2m>m ② f(1)+f(1)>f(2),得到-4+2m>2+m ③ 由①②③得到 m>6,即为所求. 答案:m>6 10.【解析】(1)由 f(x)= + ,得

f'(x)=a·

-

=a·

- ,

∵曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为 x+2y-3=0, ∴ 解得 a=1,b=1.

(2)由(1)知 f(x)= f(x)-( + )=

+ ,所以 [2lnx+ ]. (x>0),

考虑函数 h(x)=2lnx+

-5-

则 h'(x)= (ⅰ)设 k≤0,由 h'(x)=

. 知,当 x≠ 1 时,h'(x)<0,而 h(1)=0,故当 x∈(0,1)时,h(x)>0,可得 h(x)>0. 从而当 x>0,且 x≠ 1 时 ,f(x)-( + )>0,即

h(x)>0; 当 x ∈ (1,+∞ ) 时,h(x)<0, 可得 f(x)> + .

( ⅱ ) 设 0<k<1, 由于当 x ∈ (1, 时,h(x)>0,可得

) 时 ,(k-1) · (x +1)+2x>0, 故 h'(x)>0. 而 h(1)=0, 故当 x ∈ (1,

2

)

h(x)<0,与题设矛盾. h(x)<0,与题设矛盾.

(ⅲ)设 k≥1,此时 h'(x)>0,而 h(1)=0,故当 x∈(1,+∞)时,h(x)>0,可得 综合得,k 的取值范围为(-∞,0]. 2 11.【解析】(1)y=k(3-x)x , 当 x=2 时,y=32,∴k=8, 2 3 y=f(x)=24x -8x . ∵ ∴0<x≤ ∈(0,t], . ].

∴定义域为(0,

(2)令 y'=-24x(x-2)=0, ∴x=0 或 x=2. 讨论:若 2≤ ,即 1≤t≤2 时, )上是减少的.

f(x)在(0,2)上是增加的,在(2, 所以 ymax=f(2)=32, 若 2> ,即 0<t<1 时,

f'(x)>0,所以 f(x)在(0, ymax=f( )= .

)上是增加的.

综上所述,当 1≤t≤2,x=2 时,ymax=32; 当 0 <t<1,x= 时,ymax= . -1

12.【解析】(1)f'(x)=(a+ ) ==,

-6-

由于 a>1,故 0< <1<a, 所以 f(x)的减区间是(0, ),增区间是( ,1). (2)由(1)知 f'(x)=(x>0),

当 a>1 时,f(x)的减区间是(0, ),(a,+∞),增区间是( ,a). f(x)极小值=f( )=(a+ )ln +a=-(a+ )lna+a- , f(x)极大值=f(a)=(a+ )lna-a+ , 当 a=1 时,f'(x)=≤0,f(x)无极值.

当 0<a<1,f(x)的减区间是(0,a),( ,+∞),增区间是(a, ). f(x)极大值=f( )=-(a+ )lna+a- , f(x)极小值=f(a)=(a+ )lna-a+ . (3)依题意知:f'(x1)=(a+ ) - -1=f'(x2)=(a+ ) 故 a+ = + = 由 x1+x2>2 故 即 a+ = > > , , , , 得:x1x2< , -1,

当 a≥3 时,a+ ≥ 所以 x1+ x2>( 即 x1+x2> .

)max= ,

【方法技巧】巧解方程根的个数问题 当函数的极值点很难求解时,可采用设而不求的思想.设出极值点后(设极大值为 M,极小值为 m),将 M 与 m 的符号问题转化为 M 与 m 乘积的符号问题,最后把 M 与 m 乘积转化为根与系数的关系解决.

-7-


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