2018_2019版高中数学第一章导数及其应用滚动训练二新人教A版选修2_2

第一章 导数及其应用
滚动训练二(§1.3～§1.4)
一、选择题
1．函数f(x)的定义域为R，导函数f′(x)的图象如图所示，则函数f(x)(　　)
A．无极大值点，有四个极小值点
B．有三个极大值点，两个极小值点
C．有两个极大值点，两个极小值点
D．有四个极大值点，无极小值点
考点　函数极值的应用
题点　函数极值在函数图象上的应用
答案　C
解析　f′(x)的符号由正变负，则f(x0)是极大值，f′(x)的符号由负变正，则f(x0)是极小值，由题图易知有两个极大值点，两个极小值点．
2．若函数f(x)＝x3－ax2－x＋6在(0,1)内单调递减，则实数a的取值范围是(　　)
A．[1，＋∞) B．a＝1
C．(－∞，1] D．(0,1)
考点　利用导数求函数的单调区间
题点　已知函数单调性求参数(或其范围)
答案　A
解析　∵f′(x)＝3x2－2ax－1，又f(x)在(0,1)内单调递减，∴不等式3x2－2ax－1≤0在(0,1)内恒成立，
∴f′(0)≤0，且f′(1)≤0，∴a≥1.
3.已知定义在R上的函数f(x)，其导函数f′(x)的大致图象如图所示，则下列叙述正确的是(　　)
A．f(b)>f(c)>f(d)
B．f(b)>f(a)>f(e)
C．f(c)>f(b)>f(a)
D．f(c)>f(e)>f(d)
考点　利用导数研究函数的单调性
题点　比较函数值的大小
答案　C
解析　依题意得，当x∈(－∞，c)时，f′(x)>0，
因此，函数f(x)在(－∞，c)上是增函数，
由于af(b)>f(a)．
4．函数f(x)＝x＋2cos x在上取最大值时的x值为(　　)
A．0 B.
C. D.
考点　利用导数求函数的最值
题点　利用导数求不含参数函数的最值
答案　B
解析　由f′(x)＝1－2sin x＝0，得sin x＝，
又x∈，所以x＝，
当x∈时，f′(x)>0；
当x∈时，f′(x)<0，
故当x＝时取得最大值．
5．已知函数f(x)＝x2(ax＋b)(a，b∈R)在x＝2处有极值，其图象在点(1，f(1))处的切线与直线3x＋y＝0平行，则函数f(x)的单调递减区间为(　　)
A．(－∞，0) B．(0,2)
C．(2，＋∞) D．(－∞，＋∞)
考点　利用导数求函数的单调区间
题点　利用导数求含参数函数的单调区间
答案　B
解析　∵f(x)＝ax3＋bx2，∴f′(x)＝3ax2＋2bx，
∴即
令f′(x)＝3x2－6x<0，则06．已知f(x)＝x＋在(1，e)上为单调函数，则实数b的取值范围是(　　)
A．(－∞，1]∪[e2，＋∞) B．(－∞，0]∪[e2，＋∞)
C．(－∞，e2] D．[1，e2]
考点　利用导数求函数的单调区间
题点　已知函数的单调性求参数(或其范围)
答案　A
解析　若b≤0，则函数在(0，＋∞)上为增函数，满足条件，
若b>0，则函数的导数f′(x)＝1－＝，
由f′(x)>0得x>或x<－，此时函数单调递增，
由f′(x)<0得－若函数f(x)在(1，e)上为单调递增函数，
则≤1，即0若函数f(x)在(1，e)上为单调递减函数，
则≥e，即b≥e2，
综上b≤1或b≥e2，故选A.
7．已知函数f(x)的图象是下列四个图象之一，且其导函数f′(x)的图象如图所示，则该函数的图象是(　　)
考点　函数的单调性与导数的关系
题点　根据导函数的图象确定原函数图象
答案　B
解析　从导函数的图象可以看出，导函数值先增大后减小，x＝0时最大，所以函数f(x)的图象的变化率也先增大后减小，在x＝0时变化率最大．A项，在x＝0时变化率最小，故错误；C项，变化率是越来越大的，故错误；D项，变化率是越来越小的，故错误．B项正确．
8．当x∈[－2,1]时，不等式ax3－x2＋4x＋3≥0恒成立，则实数a的取值范围是(　　)
A．[－5，－3] B.
C．[－6，－2] D．[－4，－3]
考点　利用导数求函数中参数的取值范围
题点　利用导数求恒成立问题中参数的取值范围
答案　C
解析　当x＝0时，ax3－x2＋4x＋3≥0变为3≥0恒成立，即a∈R.
当x∈(0,1]时，ax3≥x2－4x－3，a≥，
∴a≥max.
设φ(x)＝，
φ′(x)＝
＝－＝－>0，
∴φ(x)在(0,1]上递增，φ(x)max＝φ(1)＝－6，
∴a≥－6.
当x∈[－2,0)时，a≤，
∴a≤min.
仍设φ(x)＝，φ′(x)＝－.
当x∈[－2，－1)时，φ′(x)<0，
当x∈(－1,0)时，φ′(x)>0.
∴当x＝－1时，φ(x)有极小值，即为最小值．
而φ(x)min＝φ(－1)＝＝－2，∴a≤－2.
综上知－6≤a≤－2.
二、填空题
9．若函数f(x)＝x3＋x2＋m在区间[－2,1]上的最大值为，则m＝________.
考点　导数在最值问题中的应用
题点　已知最值求参数
答案　2
解析　f′(x)＝3x2＋3x＝3x(x＋1)．
由f′(x)＝0，得x＝0或x＝－1.
又f(0)＝m，f(－1)＝m＋，
f(1)＝m＋，f(－2)＝－8＋6＋m＝m－2，
∴当x∈[－2,1]时，最大值为f(1)＝m＋，
∴m＋＝，∴m＝2.
10.已知函数f(x)的导函数f′(x)是二次函数，如图是f′(x)的大致图象，若f(x)的极大值与极小值的和等于，则f(0)的值为________．
考点　利用导数研究函数的极值
题点　已知极值求参数
答案　
解析　∵其导函数的函数值应在(－∞，－2)上为正数，在(－2,2)上为负数，在(2，＋∞)上为正数，
由导函数图象可知，函数在(－∞，－2)上为增函数，在(－2,2)上为减函数，在(2，＋∞)上为增函数，
∴函数在x＝－2时取得极大值，在x＝2时取得极小值，且这两个极值点关于点(0，f(0))对称，
由f(x)的极大值与极小值之和为，得f(－2)＋f(2)＝2f(0)，
∴＝2f(0)，则f(0)的值为.
11．已知函数f(x)＝xex＋c有两个零点，则c的取值范围是________．
考点　函数极值的综合应用
题点　函数零点与方程的根
答案　
解析　∵f′(x)＝ex(x＋1)，∴易知f(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，且f(x)min＝f(－1)＝c－e－1，由题意得c－e－1<0，得c三、解答题
12．某品牌电视生产厂家有A，B两种型号的电视机参加了家电下乡活动，若厂家对A，B两种型号的电视机的投放金额分别为p，q万元，农民购买电视机获得的补贴分别为p，ln q万元，已知A，B两种型号的电视机的投放总额为10万元，且A，B两种型号的电视机的投放金额均不低于1万元，请你制定一个投放方案，使得在这次活动中农民得到的补贴最多，并求出最大值．(精确到0.1，参考数据：ln 4≈1.4)
考点　利用导数求解生活中的最值问题
题点　利用导数求解最大利润问题
解　设B型号电视机的投放金额为x万元(1≤x≤9)，农民得到的补贴为y万元，则A型号的电视机的投放金额为(10－x)万元，由题意得
y＝(10－x)＋ln x＝ln x－x＋1,1≤x≤9，
∴y′＝－，令y′＝0得x＝4.
由y′>0，得1≤x<4，由y′<0，得4故y在[1,4)上单调递增，在(4,9]上单调递减，
∴当x＝4时，y取得最大值，且ymax＝ln 4－×4＋1≈1.2，这时，10－x＝6.
即厂家对A，B两种型号的电视机的投放金额分别为6万元和4万元时，农民得到的补贴最多，最多补贴约1.2万元．
13．设函数f(x)＝tx2＋2t2x＋t－1(x∈R，t>0)．
(1)求f(x)的最小值h(t)；
(2)若h(t)<－2t＋m对t∈(0,2)恒成立，求实数m的取值范围．
考点　利用导数求函数中参数的取值范围
题点　利用导数求恒成立问题中参数的取值范围
解　(1)∵f(x)＝t(x＋t)2－t3＋t－1(x∈R，t>0)，
∴当x＝－t时，f(x)有最小值f(－t)＝h(t)＝－t3＋t－1.
(2)令g(t)＝h(t)－(－2t＋m)＝－t3＋3t－1－m，
由g′(t)＝－3t2＋3＝0得t＝1或t＝－1(舍去)．
当t变化时，g′(t)，g(t)的变化情况如下表：
t
(0,1)
1
(1,2)
g′(t)
＋
0
－
g(t)
↗
1－m
↘
∴当t∈(0,2)时，g(t)max＝g(1)＝1－m.
∵h(t)<－2t＋m对t∈(0,2)恒成立，
∴g(t)max＝1－m<0，∴m>1.
故实数m的取值范围是(1，＋∞)．
四、探究与拓展
14．已知函数f(x)＝2ln x＋(a>0)．若当x∈(0，＋∞)时，f(x)≥2恒成立，则实数a的取值范围是________．
考点　利用导数求函数中参数的取值范围
题点　利用导数求恒成立问题中参数的取值范围
答案　[e，＋∞)
解析　f(x)≥2即a≥2x2－2x2ln x.
令g(x)＝2x2－2x2ln x，
则g′(x)＝2x(1－2ln x)．
由g′(x)＝0得x＝或0(舍去)，
当00；
当x>时，g′(x)<0，
∴当x＝时，g(x)取最大值g()＝e，∴a≥e.
15．已知函数f(x)＝ln(x＋1)＋(a∈R)．
(1)当a＝1时，求函数f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)讨论函数f(x)的极值；
(3)求证：ln(n＋1)>＋＋＋…＋(n∈N*)．
考点　利用导数研究函数的单调性
题点　构造法的应用
(1)解　当a＝1时，f(x)＝ln(x＋1)＋，
所以f′(x)＝＋＝，
所以f′(0)＝2，
又f(0)＝0，
所以函数f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝2x.
(2)解　f′(x)＝＋
＝(x>－1)．
令x＋1＋a＝0，得x＝－a－1.
若－a－1≤－1，即a≥0，
则f′(x)>0恒成立，此时f(x)无极值．
若－a－1>－1，即a<0，
当－1当x>－a－1时，f′(x)>0，
此时f(x)在x＝－a－1处取得极小值，
极小值为ln(－a)＋a＋1.
(3)证明　当a＝－1时，由(2)知，f(x)min＝f(0)＝0，
所以ln(x＋1)－≥0，即ln(x＋1)≥.
令x＝(n∈N*)，
则ln≥＝，
所以ln≥.
又因为－＝>0，
所以>，
所以ln>，
所以ln＋ln＋ln＋…＋ln>＋＋＋…＋，
即ln(n＋1)>＋＋＋…＋.