[创新方案]高考数学（理）一轮知能检测：第9章 第3节 导数的应用(2)

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第三节 导数的应用(二)

[全盘巩固]

π?1

1．已知f(x)＝x2＋sin??2＋x?，f′(x)为f(x)的导函数，则f′(x)的图象是( ) 4

π?1211

＋x＝x＋cos x，f′(x)＝x－sin x.易知该函数为奇函数，解析：选A f(x)＝x2＋sin??2?442π?1ππππ1

所以排除B、D.当x＝时，f′?＝×－sin＝－<0，可排除C. ?6?2666122

2．下面为函数f(x)＝xsin x＋cos x的递增区间的是( ) π3π?3π5π

， B．(π，2π) C.?，? D．(2π，3π) A.??22??22?

3π5π?解析：选C f′(x)＝sin x＋xcos x－sin x＝xcos x，当x∈??2，2?时，恒有f′(x)>0. 17

3．已知函数f(x)＝x3－x2－x，则f(－a2)与f(－1)的大小关系为( )

22A．f(－a2)≤f(－1) B．f(－a2)

C．f(－a2)≥f(－1) D．f(－a2)与f(－1)的大小关系不确定 371

解析：选A 由题意可得f′(x)＝x2－2x－，令f′(x)＝(3x－7)(x＋1)＝0，得x＝－1

22277

或x＝.当x<－1时，f′(x)>0，f(x)为增函数；当－1

33f(－1)是函数f(x)在(－∞，0]上的最大值，又因为－a2≤0，所以f(－a2)≤f(－1)．

4．(2014·青岛模拟)若函数y＝aex＋3x(x∈R，a∈R)，有大于零的极值点，则实数a的取值范围是( )

A．(－3,0) B．(－∞，－3) 11－，＋∞? D.?－∞，－? C.?3??3??

解析：选A 由题可得y′＝aex＋3，若函数在x∈R上有大于零的极值点，即y′＝aex

3

－?.由x>0，得参数a的范围为a>－3.综上知，－＋3＝0有正根，显然有a<0，此时x＝ln??a?3

5．f(x)是定义在(0，＋∞)上的非负可导函数，且满足xf′(x)－f(x)≤0，对任意正数a，

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1

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b，若a

A．af(b)≤bf(a) B．bf(a)≤af(b) C．af(a)≤bf(b) D．bf(b)≤af(a)

xf′?x?－f?x?f?x?f?x?

解析：选A 设函数F(x)＝(x>0)，则F′(x)＝?x?′＝.因为x>0，xf′(x)

xx2??－f(x)≤0，所以F′(x)≤0，故函数F(x)在(0，＋∞)上为减函数．又0

即≥，则bf(a)≥af(b)． ab

xf′?x?－f?x?6．(2014·杭州模拟)已知定义在R上的偶函数f(x)，f(1)＝0，当x>0时有>0，

x2

则不等式xf(x)>0的解集为( )

A．{x|－11或－10} D．{x|－1

xf′?x?－f?x?f?x?f?x?

解析：选B 当x>0时有>0，即??′>0，∴在(0，＋∞)上单调递增． 2

xx?x?∵f(x)为R上的偶函数，∴xf(x)为R上的奇函数．∵xf(x)>0，∴x2∵

f?x?f?x?

>0，∴>0. xx

f?x?f?1?

在(0，＋∞)上单调递增，且＝0，∴当x>0时，若xf(x)>0，则x>1. x1

又∵xf(x)为R上的奇函数，∴当x<0时，若xf(x)>0，则－11或－1

7．若函数f(x)＝2x3－9x2＋12x－a恰好有两个不同的零点，则a的值为________． 解析：由题意得f′(x)＝6x2－18x＋12＝6(x－1)(x－2)，由f′(x)>0，得x<1或x>2，由f′(x)<0，得1

答案：5或4

1

8．已知函数f(x)＝－x2＋4x－3ln x在[t，t＋1]上不单调，则t的取值范围是________．

2?x－1??x－3?3－x2＋4x－3

解析：由题意知f′(x)＝－x＋4－＝＝－，由f′(x)＝0，得函

xxx数f(x)的两个极值点为1,3，则只要这两个极值点有一个在区间(t，t＋1)内，函数f(x)在区间[t，t＋1]上就不单调，由t<1

答案：(0,1)∪(2,3)

1

9．(2014·金华模拟)若函数f(x)＝x3－a2x满足：对于任意的x1，x2∈[0,1]都有|f(x1)－

3f(x2)|≤1恒成立，则a的取值范围是________．

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解析：由题意得，在[0,1]内，f(x)max－f(x)min≤1.f′(x)＝x2－a2，则函数f(x)＝x3－a2x

3的极小值点是x＝|a|.若|a|>1，则函数f(x)在[0,1]上单调递减，故只要f(0)－f(1)≤1，即只要42312a2≤，即1<|a|≤；若|a|≤1，此时f(x)min＝f(|a|)＝|a|3－a2|a|＝－a2|a|，由于f(0)＝0，f(1)

3333213122

|a|－1?≤，＝－a2，故当|a|≤时，f(x)max＝f(1)，此时只要－a2＋a2|a|≤1即可，即a2??3?33333由于|a|≤

32233

，故|a|－1≤×－1<0，故此式成立；当<|a|≤1时，此时f(x)max＝f(0)，故33333

22323?只要a2|a|≤1即可，此不等式显然成立．综上，a的取值范围是?－.

3?3，3?2323?答案：?－

?3，3?

10．已知函数f(x)＝ex(x2＋ax－a)，其中a是常数．若存在实数k，使得关于x的方程f(x)＝k在[0，＋∞)上有两个不相等的实数根，求k的取值范围．

解：令f′(x)＝ex[x2＋(a＋2)x]＝0，解得x＝－(a＋2)或x＝0.

当－(a＋2)≤0，即a≥－2时，在区间[0，＋∞)上， f′(x)≥0，所以f(x)是[0，＋∞)上的增函数，所以方程f(x)＝k在[0，＋∞)上不可能有两个不相等的实数根．

当－(a＋2)>0，即a<－2时，f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表：

x f′(x) f(x) 0 0 －a (0，－(a＋2)) － ↘ －(a＋2) 0 a＋4＋ ea2(－(a＋2)，＋∞) ＋ ↗ a＋4由上表可知函数f(x)在[0，＋∞)上的最小值为f(－(a＋2))＝a＋2.

e

因为函数f(x)是(0，－(a＋2))上的减函数，(－(a＋2)，＋∞)上的增函数，且当x≥－a时，有f(x)≥ea·(－a)>－a，又f(0)＝－a.所以要使方程f(x)＝k在[0，＋∞)上有两个不相等的实数根，k的取值范围是?

4?a＋?＋a2，－a?. ?e?

－

11．(2014·杭州模拟)天目山某景区为提高经济效益，现对某一景点进行改造升级，从而扩大内需，提高旅游增加值．经过市场调查，旅游增加值y万元与投入x(x≥10)万元之间满101x

足：y＝f(x)＝ax2＋x－bln，a，b为常数．当x＝10万元时，y＝19.2万元；当x＝20万

5010元时，y＝35.7万元．

(参考数据：ln 2≈0.7，ln 3≈1.1，ln 5≈1.6) (1)求f(x)的解析式；

(2)求该景点改造升级后旅游利润T(x)的最大值(利润＝旅游增加值－投入)．

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?

解：(1)由条件?101

a×20＋×20－bln 2＝35.7，?50

2

101

a×102＋×10－bln 1＝19.2，

50

解得a＝－

1

，b＝1， 100

x2101x

则f(x)＝－＋x－ln(x≥10)．

1005010

x251x

(2)由T(x)＝f(x)－x＝－＋x－ln(x≥10)，

1005010

?x－1??x－50?x511

得T′(x)＝－＋－＝－.令T′(x)＝0，得x＝1(舍)或x＝50.

5050x50x当x∈(10,50)时，T′(x)>0，因此T(x)在(10,50)上是增函数； 当x∈(50，＋∞)时，T′(x)<0，因此T(x)在(50，＋∞)上是减函数．

则x＝50为T(x)的极大值点，也是最大值点．即该景点改造升级后旅游利润T(x)的最大值为T(50)＝24.4万元．

12．已知函数f(x)＝ax＋ln x， g(x)＝ex. (1)当a≤0时，求f(x)的单调区间；

x－m

(2)若不等式g(x)<有解，求实数m的取值范围；

x(3)证明：当a＝0时，|f(x)－g(x)|>2.

1

解：(1)f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝a＋(x>0)，

x当a＝0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；

11

0，－?时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当a<0时，由f′(x)＝0，解得x＝－，则当x∈? a??a1

－，＋∞?时，f′(0)<0，f(x)单调递减， 当x∈??a?

1

0，－?上单调综上所述：当a＝0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a<0时，f(x)在?a??1

－，＋∞?上单调递减． 递增，在??a?

x－m(2)由题意：ex<有解，即exx

x即可．设h(x)＝x－e

因为x＋

1

x

1?ex

x，则h′(x)＝1－ex－＝1－ex?x＋，

2x??2x

x

≥2

2x1?1＝2>1，且当x∈(0，＋∞)时，ex>1，所以1－ex?x＋<0，22x??

即h′(x)<0.故h(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以h(x)

故实数m的取值范围是(－∞，0)．

(3)证明：当a＝0时，f(x)＝ln x，f(x)与g(x)的公共定义域为(0，＋∞)，

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