导数的应用专项测试（带解析2015高考数学一轮）

详细内容

导数的应用专项测试（带解析2015高考数学一轮）

A组　基础演练
1．已知函数f(x)＝x2＋mx＋ln x是单调递增函数，则m的取值范围是(　　)
A．m＞－22　　　　　　B．m≥－22
C．m＜22 D．m≤22
解析：依题意知，x＞0，f′(x)＝2x2＋mx＋1x，
令g(x)＝2x2＋mx＋1，x∈(0，＋∞)，
当－m4≤0时，g(0)＝1＞1恒成立，∴m≥0成立，
当－m4＞0时，则Δ＝m2－8≤0，∴－22≤m≤0，
综上，m的取值范围是m≥－22.
答案：B
2．某公司生产某种产品，固定成本为20 000元，每生产一单位产品，成本增加100元，已知总营业收入R与年产量x的年关系是R＝R(x)＝400x－12x2　0≤x≤400，80 000　　　　　x＞400，则总利润最大时，每年生产的产品是(　　)
A．100 B．150
C．200 D．300
解析：由题意得，总成本函数为C＝C(x)＝20 000＋100x，
总利润P(x)＝300x－x22－20 000　0≤x≤400，60 000－100x　　　x＞400，
又P′(x)＝300－x　0≤x≤400，－100　 x＞400，
令P′(x)＝0，得x＝300，易知x＝300时，总利润P(x)最大．
答案：D
3．函数f(x)的定义域为R，f(－1)＝2，对任意x∈R，f′(x)＞2，则f(x)＞2x＋4的解集为
(　　)
A．(－1,1) B．(－1，＋∞)
C．(－∞，－1) D．(－∞，＋∞)
解析：设m(x)＝f(x)－(2x＋4)，∵m′(x)＝f′(x)－2＞0，
∴m(x)在R上是增函数．
∵m(－1)＝f(－1)－(－2＋4)＝0，∴m(x)＞0的解集为{x|x＞－1}，
即f(x)＞2x＋4的解集为(－1，＋∞)．
答案：B
4．如图是y＝f(x)导数的图象，对于下列四个判断：
①f(x)在[－2，－1]上是增函数；
②x＝－1是f(x)的极小值点；
③f(x)在[－1,2]上是增函数，在[2,4]上是减函数；
④x＝3是f(x)的极小值点．
其中正确的判断是________．(填序号)
解析：①∵f′(x)在[－2，－1]上是小于等于0的，
∴f(x)在[－2，－1]上是减函数；
②∵f′(－1)＝0且在x＝0两侧的导数值为左负右正，
∴x＝－1是f(x)的极小值点；
③对，④不对，由于f′(3)≠0.
答案：②③
5．已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，f(1)＝0，
当x＞0时，有x•f′x－fxx2＞0成立，则不等式f(x)＞0的解集为________．
解析：设y＝fxx，y′＝x•f′x－fxx2
由于f(x)为奇函数，故y＝fxx为偶函数，且f(－1)＝－f(1)＝0，
y＝fxx在(0，＋∞)上为增函数，在(－∞，0)上为减函数，
∴f(x)＞0等价于fxx＞0＝f11，x＞0，或fxx＜0＝f－1－1，x＜0.
∴x＞1或－1＜x＜0.
答案：(－1,0)∪(1，＋∞)
6．(2014•扬州模拟)曲线y＝3－x2(x＞0)上与定点P(0,2)距离最近的点的坐标为________．
解析：设曲线上任一点Q(x，y)，则|PQ|2＝(x－0)2＋(y－2)2＝x2＋(1－x2)2＝x4－x2＋1(x＞0)，
令f(x)＝x4－x2＋1(x＞0)，
则f′(x)＝4x3－2x＝2x(2x2－1)，
令f′(x)＝0，
得x1＝0(舍)，x2＝22，x3＝－22(舍)．
令f′(x)＞0，得x∈22，＋∞；
令f′(x)＜0，得x∈0，22.
∴f(x) 在0，22上单调递减，在22，＋∞上单调递增，
∴当x＝22时，f(x)取得极小值，也是最小值．此时y＝52.
∴Q22，52.
答案：22，52
7．(2014•聊城三模)一火车锅炉每小时煤的消耗费用与火车行驶速度的立方成正比，已知当速度为20 km/h时，每小时消耗的煤价值40元，其他费用每小时需400元，火车的最高速度为100 km/h，火车以何速度行驶才能使从甲城开往乙城的总费用最少？
解：设火车的速度为x km/h，甲、乙两城距离为a km.
由题意，令40＝k•203，∴k＝1200，
则总费用f(x)＝(kx3＋400)•ax＝akx2＋400x.
∴f(x)＝a1200x2＋400x(0＜x≤100)．
由f′(x)＝ax3－40 000100x2＝0，得x＝2035.
当0＜x＜2035时，f′(x)＜0；当2035＜x＜100时，f′(x)＞0.
∴当x＝2035时，f(x)取最小值，即速度为2035km/h时，总费用最少．
8．(2014•泰安二模)设a∈R，函数f(x)＝lnx－ax.
求f(x)的单调区间．
解：因f(x)＝lnx－ax，
所以函数f(x)的定义域为(0，＋∞)
且f′(x)＝1x－a＝1－axx.
当a≤0时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；
当a＞0时，若0＜x＜1a，f′(x)＞0，
f(x)单调递增；
若x＞1a，f′(x)＜0，f(x)单调递减．
所以，a≤0时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，
a＞0时，f(x)的单调递增区间为0，1a，
单调递减区间为1a，＋∞.
9．设函数f(x)＝a2ln x－x2＋ax，a＞0.
求f(x)的单调区间．
解：因为f(x)＝a2ln x－x2＋ax，其中x＞0，
所以f′(x)＝a2x－2x＋a＝－x－a2x＋ax.
由于a＞0，所以f(x)的增区间为(0，a)，减区间为(a，＋∞)．
B组　能力突破
1．(理科)(2013•辽宁)设函数f(x)满足x2•f′(x)＋2xf(x)＝exx，f(2)＝e28，则x＞0时，f(x)
(　　)
A．有极大值，无极小值 B．有极小值，无极大值
C．既有极大值又有极小值 D．既无极大值也无极小值
解析：令F(x)＝x2•f(x)，则f′(x)＝F′x•x2－2xFxx4＝exx•x2－2xFxx4＝ex－2Fxx3，
令h(x)＝ex－2F(x)，则h′(x)＝ex－2exx＝exx－2x.
当0＜x＜2时，h′(x)＜0，h(x)在(0,2)上为减函数．
当x＞2时，h′(x)＞0，h(x)在(2，＋∞)上为增函数，
故h(x)≥h(2)在x∈(0，＋∞)上恒成立．
h(2)＝e2－2•F(2)＝e2－2[22•f(2)]
＝e2－24×e28＝0，
即h(x)≥h(2)＝0在x∈(0，＋∞)上恒成立，
则f′(x)＝ex－2Fxx3≥0在x∈(0，＋∞)上恒成立，
∴f(x)在(0，＋∞)上是单调递增的，
∴f(x)在(0，＋∞)上无极值，故选D.
答案：D
1．(文科)(2013•课标全国Ⅱ)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，下列结论中错误的是
(　　)
A．∃x0∈R，f(x0)＝0
B．函数y＝f(x)的图象是中心对称图形
C．若x0是f(x)的极小值点，则f(x)在区间(－∞，x0)单调递减
D．若x0是f(x)的极值点，则f′(x0)＝0
解析：由三次函数的值域为R知，f(x)＝0必有解，A项正确；因为f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c的图象可由y＝x3平移得到，所以y＝f(x)的图象是中心对称图形，B项正确；若y＝f(x)有极值点，则其导数y＝f′(x)必有2个零点，设为x1, x2(x1＜x2)，则有f′(x)＝3x2＋2ax＋b＝3(x－x1)(x－x2)，所以f(x)在(－∞，x1)上递增，(x1, x2)上递减，(x2，＋∞)上递增，则x2为极小值点，所以C项错误，D项正确．选C.
答案：C
2．(2014•长沙模拟)已知函数f(x)的定义域为[－1,5]，部分对应值如下表：
x－10245
y12021
f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示．

(1)f(x)的极小值为________；
(2)若函数y＝f(x)－a有4个零点，则实数a的取值范围为________．
解析：(1)由y＝f′(x)的图象可知，
x(－1,0)0(0,2)2(2,4)4(4,5)
f′(x)＋0－0＋0－
f(x) ?极大值? 极小值? 极大值?
∴f(2)为f(x)的极小值，f(2)＝0.
(2)y＝f(x)的图象如图所示：

若函数y＝f(x)－a有4个零点，则a的取值范围为1≤a＜2.
答案：(1)0　(2)[1,2)
3．(理科)(2014•济南模拟)已知函数f(x)＝12ax2－(2a＋1)x＋2ln x(a∈R)．
(1)若曲线y＝f(x)在x＝1和x＝3处的切线互相平行，求a的值；
(2)求f(x)的单调区间；
(3)设g(x)＝x2－2x，若对任意x1∈(0,2]，均存在x2∈(0,2]，使得f(x1)＜g(x2)，求a的取值范围．
解：f′(x)＝ax－(2a＋1)＋2x(x＞0)．
(1)f′(1)＝f′(3)，解得a＝23.
(2)f′(x)＝ax－1x－2x(x＞0)．
①当a≤0时，x＞0，ax－1＜0，
在区间(0,2)上，f′(x)＞0；在区间(2，＋∞)上f′(x)＜0，
故f(x)的单调递增区间是(0,2)，单调递减区间是(2，＋∞)．
②当0＜a＜12时，1a＞2，
在区间(0,2)和1a，＋∞上，f′(x)＞0；在区间2，1a上f′(x)＜0，
故f(x)的单调递增区间是(0,2)和1a，＋∞，单调递减区间是2，1a.
③当a＝12时，f′(x)＝x－222x，故f(x)的单调递增区间是(0，＋∞)．
④当a＞12时，0＜1a＜2，
在区间0，1a和(2，＋∞)上，f′(x)＞0；在区间1a，2上f′(x)＜0，
故f(x)的单调递增区间是0，1a和(2，＋∞)，单调递减区间是1a，2.
(3)由已知，在(0,2]上有f(x)max＜g(x)max.
由已知，g(x)max＝0，由(2)可知，
①当a≤12时，f(x)在(0,2]上单调递增，
故f(x)max＝f(2)＝2a－2(2a＋1)＋2ln 2＝－2a－2＋2ln 2，
所以，－2a－2＋2ln 2＜0，解得a＞ln 2－1，故ln 2－1＜a≤12.
②当a＞12时，f(x)在0，1a上单调递增，在1a，2上单调递减，
故f(x)max＝f1a＝－2－12a－2lna.
由a＞12可知ln a＞ln 12＞ln1e＝－1,2ln a＞－2，－2ln a＜2，
所以，－2－2lna＜0，f(x)max＜0，
综上所述，a＞ln 2－1.
3．(文科)(2014•南京模拟)已知函数f(x)＝mxx2＋n(m，n∈R)在x＝1处取得极值2.
(1)求f(x)的解析式；
(2)设函数g(x)＝x2－2ax＋a，若对于任意的x1∈R，总存在x2∈[－1,1]，使得g(x2)≤f(x1)，求实数a的取值范围．
解：(1)f′(x)＝mn－x2x2＋n2，依题意有：
f′(1)＝m(n－1)＝0，f(1)＝m1＋n＝2，
解得m＝4，n＝1；f(x)＝4xx2＋1.
(2)要使得对于任意的x1∈R，总存在x2∈[－1,1]，使得g(x2)≤f(x1)，
只需gmin(x)≤fmin(x)，
f′(x)＝41－x1＋xx2＋12＝0，得到x＝±1，列表如下：
x(－∞，－1)－1(－1,1)1(1，＋∞)
f′(x)－0＋0－
f(x)? 极小值－2 ?极大值2?
∵x＞0时，f(x)＞0
∴fmin(x)＝f(－1)＝－2，
故只需gmin(x)≤－2，
g(x)的图像开口向上，对称轴为x＝a，
当a≤－1时，gmin(x)＝g(－1)＝1＋3a≤－2，得a≤－1；
当－1＜a＜1时，gmin(x)＝g(a)＝a－a2≤－2，得a≤－1或a≥2，不符题意；
当a≥1时，gmin(x)＝g(1)＝1－a≤－2，得a≥3.
综上，a的取值范围是a≤－1或a≥3.
4．(经典考题)已知函数f(x)＝ln x＋kex(k为常数，e＝2.718 28……是自然对数的底数)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行．
(1)求k的值；
(2)求f(x)的单调区间．
解：(1)由f(x)＝ln x＋kex，
得f′(x)＝1－kx－xln xxex，
x∈(0，＋∞)，
由于曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线与x轴平行，
所以f′(1)＝0，因此k＝1.
(2)由(1)得f′(x)＝1xex(1－x－xln x)，x∈(0，＋∞)，
令h(x)＝1－x－xln x，x∈(0，＋∞)，当x∈(0,1)时，h(x)＞0；当x∈(1，＋∞)时，h(x)＜0.
又ex＞0，
所以当x∈(0,1)时，f′(x)＞0；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0.
因此f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间(1，＋∞)．