2023年高考数学一轮复习第十二节导数在研究函数中的应用与生活中的优化问题举例课下作业新人教版.docx

第二章 第十二节 导数在研究函数中的应用与生活中的优化问题举例 题组一 导数与函数的单调性 1.(2023·广东高考)函数f(x)＝(x－3)ex的单调递增区间是说明 (　　) A．(－∞，2) B．(0,3) C．(1,4) D．(2，＋∞) 解析：f(x)＝(x－3)·ex，f′(x)＝ex(x－2)＞0， ∴x＞2. ∴f(x)的单调递增区间为(2，＋∞)． 答案：D 2.假设函数h(x)＝2x－＋在(1，＋∞)上是增函数，那么实数k的取值范围是 (　　) A．[－2，＋∞) B．[2，＋∞) C．(－∞，－2] D．(－∞，2] 解析：因为h′(x)＝2＋，所以h′(x)＝2＋＝≥0在(1，＋∞)上恒成立，即k≥－2x2在(1，＋∞)上恒成立，所以k∈[－2，＋∞)． 答案：A 3．函数y＝ax与y＝－在(0，＋∞)上都是减函数，那么函数y＝ax3＋bx2＋5的单调减区间为________． 解析：根据题意a＜0，b＜0. 由y＝ax3＋bx2＋5，得y′＝3ax2＋2bx， 令y′＜0，可得x＞0或x＜－， 故所求减区间为(－∞，－)和(0，＋∞)． 答案：(－∞，－)和(0，＋∞) 4．设函数f(x)＝x3＋ax2－9x－1(a<0)．假设曲线y＝f(x)的斜率最小的切线与直线12x＋y＝6平行，求： (1)a的值； (2)函数f(x)的单调区间． 解：(1)因f(x)＝x3＋ax2－9x－1， 所以f′(x)＝3x2＋2ax－9 ＝32－9－. 即当x＝－时，f′(x)取得最小值－9－. 因斜率最小的切线与12x＋y＝6平行，即该切线的斜率为－12，所以－9－＝－12，即a2＝9. 解得a＝±3，由题设a<0，所以a＝－3. (2)由(1)知a＝－3，因此f(x)＝x3－3x2－9x－1， f′(x)＝3x2－6x－9＝3(x－3)(x＋1)， 令f′(x)＝0，解得x1＝－1，x2＝3. 当x∈(－∞，－1)时，f′(x)>0， 故f(x)在(－∞，－1)上为增函数； 当x∈(－1,3)时，f′(x)<0， 故f(x)在(－1,3)上为减函数； 当x∈(3，＋∞)时，f′(x)>0，故f(x)在(3，＋∞)上为增函数． 由此可见，函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)和(3，＋∞)，单调递减区间为(－1,3)． 题组二 导数与函数的极值和最值 5.(文)函数f(x)＝x3＋ax2＋3x－9，f(x)在x＝－3时取得极值，那么a＝ (　　) A．2 B．3 C．4 D．5 解析：因为f(x)＝x3＋ax2＋3x－9，所以f′(x)＝3x2＋2ax＋3，由题意有f′(－3)＝0，所以3×(－3)2＋2a×(－3)＋3＝0，由此解得a＝5. 答案：D (理)设a∈R，假设函数y＝ex＋ax，x∈R有大于零的极值点，那么 (　　) A．a＜－1 B．a＞－1 C．a＞－ D．a＜－ 解析：由y′＝(ex＋ax)′＝ex＋a＝0得ex＝－a， 即x＝ln(－a)＞0⇒－a＞1⇒a＜－1. 答案：A 6.假设函数f(x)＝x3－3x＋a有3个不同的零点，那么实数a的取值范围是 (　　) A．(－2,2) B．[－2,2] C．(－∞，－1) D．(1，＋∞) 解析：由f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)， 且当x＜－1时，f′(x)＞0； 当－1＜x＜1时，f′(x)＜0；当x＞1时，f′(x)＞0. 所以当x＝－1时函数f(x)有极大值，当x＝1时函数f(x)有极小值． 要使函数f(x)有3个不同的零点，只需满足 解之得－2＜a＜2. 答案：A 7．函数y＝sin2x－x，x∈[－，]的最大值是________，最小值是________． 解析：∵y′＝2cos2x－1＝0，∴x＝±. 而f(－)＝－＋，f()＝－， 端点f(－)＝，f()＝－， 所以y的最大值是，最小值是－. 答案：　－ 8．(文)函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，曲线y＝f(x)在点x＝1处的切线l不过第四象限且斜率为3，又坐标原点到切线l的距离为，假设x＝时，y＝f(x)有极值， (1)求a，b，c的值； (2)求y＝f(x)在[－3,1]上的最大值和最小值． 解：(1)由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，得 f′(x)＝3x2＋2ax＋b. 当x＝1时，切线l的斜率为3，可得2a＋b＝0. ① 当x＝时，y＝f(x)有极值，那么f′()＝0，可得 4a＋3b＋4＝0. ② 由①②解得a＝2，b＝－4. 设切线l的方程为y＝3x＋m. 由原点到切线l的距离为，那么＝， 解得m＝±1. ∵切线l不过第四象限，∴m＝1. 由于切点的横坐标为x＝1，∴f(1)＝4. ∴1＋a＋b＋c＝4，∴c＝5； (2)由(1)可得f(x)＝x3＋2x2－4x＋5， ∴f′(x)＝3x2＋4x－4. 令f′(x)＝0，得x＝－2，x＝. f(x)和f′(x)的变化情况如下表： x [－3，－2) －2 (－2，) (，1] f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x)  极大值  极小值  ∴f(x)在x＝－2处取得极大值f(－2)＝13， 在x＝处取得极小值f()＝. 又f(－3)＝8，f(1)＝4， ∴f(x)在[－3,1]上的最大值为13，最小值为. (理)函数f(x)＝x3＋2bx2＋cx－2的图象在与x轴交点处的切线方程是y＝5x－10. (1)求函数f(x)的解析式； (2)设函数g(x)＝f(x)＋mx，假设g(x)的极值存在，求实数m的取值范围以及函数g(x)取得极值时对应的自变量x的值． 解：(1)由，切点为(2,0)，故有f(2)＝0， 即4b＋c＋3＝0. ① f′(x)＝3x2＋4bx＋c，由，f′(2)＝12＋8b＋c＝5. 得8b＋c＋7＝0. ② 联立①、②，解得c＝1，b＝－1， 于是函数解析式为f(x)＝x3－2x2＋x－2. (2)g(x)＝x3－2x2＋x－2＋mx， g′(x)＝3x2－4x＋1＋，令g′(x)＝0. 当函数有极值时，Δ≥0，方程3x2－4x＋1＋＝0有实根， 由Δ＝4(1－m)≥0，得m≤1. ①当m＝1时，g′(x)＝0有实根x＝，在x＝左右两侧均有g′(x)＞0，故函数g(x)无极值． ②当m＜1时，g′(x)＝0有两个实根， x1＝(2－)，x2＝(2＋)， 当x变化时，g′(x)、g(x)的变化情况如下表： x (－∞，x1) x1 (x1，x2) x2 (x2，＋∞) g′(x) ＋ 0 － 0 ＋ g(x)  极大值  极小值  故在m∈(－∞，1)时，函数g(x)有极值； 当x＝(2－)时g(x)有极大值； 当x＝(2＋)时g(x)有极小值． 题组三 导数的综合应用 x，都有f(－x)＝－f(x)，g(－x)＝g(x)，且x>0时， f′(x)>0，g′(x)>0，那么x<0时 (　　) A．f′(x)>0，g′(x)>0 B．f′(x)>0，g′(x)<0 C．f′(x)<0，g′(x)>0 D．f′(x)<0，g′(x)<0 解析：由题意知f(x)是奇函数，g(x)是偶函数．当x＞0时，f(x)，g(x)都单调递增，那么当x＜0时，f(x)单调递增，g(x)单调递减，即f′(x)＞0，g′(x)＜0. 答案：B 10．某公司生产某种产品，固定本钱为20 000元，每生产一单位产品，本钱增加100 元，总营业收入R与年产量x的关系是R＝R(x)＝ ，那么总利润最大时，每年生产的产品是 (　　) A．100 B．150 C．200 D．300 解析：由题意得，总本钱函数为C＝C(x)＝20 000＋100x， 所以总利润函数为 P＝P(x)＝R(x)－C(x) ＝ 而P′(x)＝ 令P′(x)＝0，得x＝300，易知x＝300时，P最大． 答案：D 11．设f′(x)是函数f(x)的导函数，将y＝f(x)和y＝f′(x)的图象画在同一个直角坐标系中，不可能正确的选项是 (　　) 解析：对于图A来说，抛物线为函数f(x)，直线为f′(x)；对于图B来说，上凸的曲线为函数f(x)，下凹的曲线为f′(x)；对于图C来说，下面的曲线为函数f(x)，上面的曲线f′(x)．只有图D不符合题设条件． 答案：D 12．(2023·南通模拟)函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c在x＝－与x＝1时都取得极值， (1)求a，b的值与函数f(x)的单调区间； (2)假设对x∈[－1,2]，不等式f(x)＜c2恒成立，求c的取值范围． 解：(1)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，f′(x)＝3x2＋2ax＋b， 由f′(－)＝－a＋b＝0，f′(1)＝3＋2a＋b＝0得a＝－，b＝－2， f′(x)＝3x2－x－2＝(3x＋2)(x－1)，函数f(x)的单调区间如下表： x (－∞，－) － (－，1) 1 (1，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x)  极大值  极小值  所以函数f(x)的递增区间是(－∞，－)与(1，＋∞)，递减区间(－，1)； (2)f(x)＝x3－x2－2x＋c，x∈[－1,2]，当x＝－时，f(－)＝＋c为极大值，而f(2)＝2＋c，那么f(2)＝2＋c为最大值，要使f(x)＜c2，x∈[－1,2]恒成立，那么只需要c2＞f(2)＝2＋c，得c＜－1，或c＞2.