课时素养评价十三 函数的平均变化率
(25分钟·50分)
一、选择题(每小题5分,共20分)
1.函数y=1在[2,2+Δx]上的平均变化率是
( )
A.0
B.1
C.3
D.Δx
【解析】选A.==0.
2.函数y=x2在x0到x0+Δx之间的平均变化率为k1,在x0-Δx到x0之间的平均变化率为k2,则k1与k2的大小关系为
( )
A.k1>k2
B.k1
C.k1=k2
D.不确定
【解析】选D.k1==2x0+Δx,k2==2x0-Δx.因为Δx可大于零也可小于零,所以k1与k2的大小关系不确定.
3.一质点运动的方程为s=5-3t2,则在一段时间[1,1+Δt]内质点运动的平均速度为
( )
A.3Δt+6
B.-3Δt+6
C.3Δt-6
D.-3Δt-6
【解析】选D.因为Δs=5-3(1+Δt)2-(5-3×12)=-3(Δt)2-6Δt,所以v===-3Δt-6.
4.如果函数y=ax+b在区间[1,2]上的平均变化率为3,则a=
( )
A.-3
B.2
C.3
D.-2
【解析】选C.根据平均变化率的定义,可知==a=3.
二、填空题(每小题5分,共10分)
5.如图是函数y=f(x)的图像,则函数f(x)在区间[0,2]上的平均变化率为________.?
【解析】由函数f(x)的图像知,
f(x)=所以函数f(x)在区间[0,2]上的平均变化率为==.
答案:
6.已知曲线y=-1上两点A,B2+Δx,-+Δy,当Δx=1时,割线AB的斜
率为________.?
【解析】因为Δy=-
=-==,
所以==,即k==-.
所以当Δx=1时,k=-=-.
答案:-
三、解答题(每小题10分,共20分)
7.求函数y=x3+1在x0到x0+Δx之间的平均变化率,并计算当x0=1,Δx=时平均变化率的值.
【解析】当自变量从x0变化到x0+Δx时,函数的平均变化率为=
=3+3x0Δx+(Δx)2.当x0=1,Δx=时,
平均变化率的值为3×12+3×1×+=.
8.已知函数f(x)=x+,分别计算f(x)在自变量x从1变到2和从3变到5时的平均变化率,并判断在哪个区间上函数值变化得较快.
【解析】自变量x从1变到2时,函数f(x)的平均变化率为==;
自变量x从3变到5时,函数f(x)的平均变化率为==.
因为<,所以函数f(x)=x+在自变量x从3变到5时函数值变化得较快.
(15分钟·30分)
1.(5分)在曲线y=x2+x上取点P(2,6)及邻近点Q(2+Δx,6+Δy),那么为
( )
A.2+Δx
B.2Δx+(Δx)2
C.Δx+5
D.5Δx+(Δx)2
【解析】选C.因为Δy=(2+Δx)2+(2+Δx)-6=(Δx)2+5Δx,所以=Δx+5.
【加练·固】
若有函数f(x)=-x2+10的图像上一点及邻近一点,则=
( )
A.3
B.-3
C.-3-(Δx)2
D.-Δx-3
【解析】选D.因为Δy=f-f=-3Δx-(Δx)2,
所以==-3-Δx.
2.(5分)若函数y=在区间[1,a]上的平均变化率为-,则a=
( )
A.1
B.2
C.3
D.4
【解析】选B.因为Δx=a-1,Δy=-1=,所以==-=-,所以a=2.
【加练·固】
若函数f(x)=x2-c在区间[1,m]上的平均变化率为3,则m等于
( )
A.2
B.3
C.4
D.5
【解析】选A.=3,故m=2.
3.(5分)函数y=x2+2在x0到x0+Δx之间的平均变化率为k1,在x0-Δx到x0的平均变化率为k2,则
( )
A.k1B.k1>k2
C.k1=k2
D.不确定
【解析】选D.k1==2x0+Δx,k2==2x0-Δx.所以k1-k2=2Δx,因为Δx的正负不确定,所以k1与k2的大小关系也不确定.
4.(5分)一球沿某一斜面自由滚下,测得滚下的垂直距离h(单位:m)与时间t(单位:s)之间的函数关系为h=2t2+2t,则:
(1)前3
s内球的平均速度为________m/s;?
(2)在t∈[2,3]这段时间内球的平均速度为________m/s.?
【解析】(1)由题意知,Δt=3
s,Δh=h(3)-h(0)=24(m),即平均速度为v===8(m/s).
答案:8
(2)由题意知,Δt=3-2=1(s),Δh=h(3)-h(2)=12(m),即平均速度为v==12(m/s).
答案:12
5.(10分)若函数y=f(x)=-x2+x在[2,2+Δx](Δx>0)上的平均变化率不大于-1,求Δx的取值范围.
【解析】因为函数y=f(x)在[2,2+Δx]上的平均变化率为=
=
==-3-Δx,
所以由-3-Δx≤-1,得Δx≥-2.
又因为Δx>0,所以Δx>0,即Δx的取值范围是(0,+∞).
PAGE课时素养评价十四 导数及其几何意义
(25分钟·50分)
一、选择题(每小题5分,共20分)
1.(2020·沧州高二检测)设f(x)在x=2处可导,且f′(2)=,则的值为
( )
A.1
B.-1
C.
D.-
【解析】选C.因为f′(2)=,则=f′(2)=.
2.甲、乙两厂污水的排放量W与时间t的关系如图所示,则治污效果较好的是
( )
A.甲
B.乙
C.相同
D.不确定
【解析】选B.在t0处,W1(t0)=W2(t0),但W1(t0-Δt)<,
所以,在相同的时间Δt内,甲厂比乙厂的平均治污率小,即乙厂的治污效果较好.
3.一物体的运动方程为f(x)=x2-3x,则f′(0)=
( )
A.Δx-3
B.(Δx)2-3Δx
C.-3
D.0
【解析】选C.f′(0)=
==(Δx-3)=-3.
4.已知点P(x0,y0)是抛物线y=3x2+6x+1上一点,且f′(x0)=0,则点P的坐标为
( )
A.(1,10)
B.(-1,-2)
C.(1,-2)
D.(-1,10)
【解析】选B.=
=
=3Δx+6x0+6,
所以f′(x0)=
=(3Δx+6x0+6)
=6x0+6=0,
所以x0=-1.
把x0=-1代入y=3x2+6x+1,得y0=-2.
所以P点坐标为(-1,-2).
二、填空题(每小题5分,共10分)
5.设函数f(x)=ax+3,若f′(1)=3,则a=________.?
【解析】f′(1)===a=3.
答案:3
6.曲线f(x)=x3在点(a,a3)(a≠0)处的切线与x轴,直线x=a围成的三角形的面积为,则a=________.?
【解析】因为f′(a)==3a2,
所以曲线在点(a,a3)处的切线方程为y-a3=3a2(x-a).
令y=0,得切线与x轴的交点为,
由题设知三角形面积为·|a3|=,
解得a=±1.
答案:±1
三、解答题(每小题10分,共20分)
7.已知抛物线y=f(x)=x2+3与直线y=2x+2相交,求它们交点处的切线方程.
【解析】由方程组
得x2-2x+1=0,解得x=1,y=4,
所以交点坐标为(1,4),
又=Δx+2.
当Δx趋近于0时,Δx+2趋近于2.
所以在点(1,4)处的切线斜率k=2.
所以切线方程为y-4=2(x-1),即y=2x+2.
8.已知曲线C:y=x3.
(1)求曲线C上横坐标为1的点处的切线方程.
(2)第(1)小题中的切线与曲线C是否还有其他的公共点?
【解析】(1)将x=1代入y=x3得y=1,
所以切点为P(1,1).
因为y′==
=
=[3x2+3xΔx+(Δx)2]=3x2,所以y′|x=1=3.
所以过P点的切线方程为y-1=3(x-1),
即3x-y-2=0.
(2)由
可得(x-1)(x2+x-2)=(x-1)2(x+2)=0,
解得x1=1,x2=-2.
从而求得公共点为(1,1)或(-2,-8).
说明切线与曲线C的公共点除了切点P外,还有另外的点(-2,-8).
(15分钟·30分)
1.(5分)(2020·琼山高二检测)设函数f(x)=x2+ax,
且=1,则a=
( )
A.-
B.-
C.1
D.-1
【解析】选D.若=1,
即=2+a=1,解得a=-1.
2.(5分)已知函数f(x)=x2+2bx的图象在点A(0,f(0))处的切线l与直线x+y+3=0垂直,若数列的前n项和为Sn,则S2
020的值为
( )
A.
B.
C.
D.
【解析】选D.由题意可得A(0,0),函数f(x)=x2+2bx的图象在点A(0,0)处的切线l的斜率k==2b,
由l与直线x+y+3=0垂直,可得2b·(-1)=-1,
所以b=.因为f(n)=n2+2bn=n2+n=n(n+1),
所以=-,故数列的前n项和为Sn=+++…+=1-,
所以S2
020=1-=.
3.(5分)已知直线x-y-1=0与抛物线y=ax2相切,则a=________.?
【解析】由导数的定义可求得y′==2ax,
所以曲线斜率k=2ax=1,所以x=,y=-1.
代入y=ax2,可解得a=.
答案:
4.(5分)已知函数f(x)=x3-3ax(a∈R).若直线x+y+m=0对任意的m∈R都不是曲线y=f(x)的切线,则实数a的取值范围为________.
?
【解析】由题意,得f′(x)==3x2-3a=-1无解,
即3x2-3a+1=0无解,故Δ<0,解得a<.
答案:
5.(10分)蜥蜴的体温与阳光的照射有关,已知关系式为T(t)=+15,其中T(t)(单位:℃)为蜥蜴的体温,t(单位:min)为太阳落山后的时间.
(1)从t=0到t=10,蜥蜴的体温下降了多少?
(2)从t=0到t=10,蜥蜴体温的平均变化率是多少?它代表什么实际意义?
(3)求T′(5),并解释它的实际意义.
【解析】(1)T(10)-T(0)=+15-
=-16,
即从t=0到t=10,蜥蜴的体温下降了16℃.
(2)从t=0到t=10,蜥蜴的体温的平均变化率为==-1.6(℃/min),
表示从t=0到t=10这段时间内,蜥蜴的体温平均每分钟下降1.6℃.
(3)
=
=-,
当Δt趋近于0时,-趋近于-1.2,
即T′(5)=-1.2,它表示当t=5时,蜥蜴体温下降的速度为1.2
℃/min.
1.设f(x)在x=x0处可导,则=
( )
A.-f′(x0)
B.f′(-x0)
C.f′(x0)
D.2f′(x0)
【解析】选A.=-=-f′(x0).
2.已知点M(0,-1),F(0,1),过点M的直线l与曲线y=x3-4x+4在x=2处的切线平行.
(1)求直线l的方程.
(2)求以点F为焦点,l为准线的抛物线C的方程.
【解析】(1)令f(x)=y=x3-4x+4,
所以f′(2)=
=
==0,
即曲线y=x3-4x+4在x=2处的切线斜率为0,
而l与此切线平行,故l的斜率也为0.
又l过点M(0,-1),所以直线l的方程为y=-1.
(2)因为抛物线以点F(0,1)为焦点,y=-1为准线,
设抛物线方程为x2=2py(p>0),则=1,p=2.
故抛物线C的方程为x2=4y.
PAGE课时素养评价十五 基本初等函数的导数
(25分钟·50分)
一、选择题(每小题5分,共20分,多选题全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)
1.(多选题)下列命题正确的是
( )
A.(logax)′=
B.(logax)′=
C.(3x)′=3xln
3
D.(ln
x)′=
【解析】选CD.根据基本初等函数导数公式知,(logax)′=,(3x)′=3xln
3,(ln
x)′=.所以A,B均不正确,C,D正确.
2.(2020·阜阳高二检测)已知f(x)=,则f′(8)等于
( )
A.0
B.2
C.
D.-1
【解析】选C.f(x)=,得f′(x)=,所以f′(8)=×=.
3.已知f(x)=xa,若f′(-1)=-4,则a的值等于
( )
A.4
B.-4
C.5
D.-5
【解析】选A.f′(x)=axa-1,f′(-1)=a(-1)a-1=-4.
当a=4时,a-1=3,则f′(-1)=-4成立.
当a=-4时,f′(-1)=4,与题意不符.同理,a=5和-5时,与题意也不符.
4.已知直线y=kx是曲线y=ex的切线,则实数k的值为
( )
A.
B.-
C.-e
D.e
【解析】选D.因为y′=(ex)′=ex,设切点坐标为(x0,y0),所以k===,得x0=1,所以k=e.
二、填空题(每小题5分,共10分)
5.函数f(x)=,则f′(x)=________,f′=________.?
【解析】因为f(x)==,所以f′(x)=.
f′=×=×=.
答案:
6.曲线y=cos
x在x=处的切线方程为________.?
【解析】因为cos=0,
即求曲线y=cos
x在点处的切线方程,
y′=-sin
x,当x=时,y′=-1.
所以切线方程为y=-1·,即x+y-=0.
答案:x+y-=0
三、解答题(每小题10分,共20分)
7.已知点P在曲线y=cos
x上,直线l是以点P为切点的切线.
(1)求a的值.
(2)求过点P与直线l垂直的直线方程.
【解析】(1)因为P在曲线y=cos
x上,
所以a=cos=.
(2)因为y′=-sin
x,
所以kl=y′=-sin=-.
又因为所求直线与直线l垂直,
所以所求直线的斜率为-=,
所以所求直线方程为y-=,
即y=x-+.
8.求曲线y=与y=x2在它们交点处的两曲线的切线与x轴所围成的三角形的面积.
【解析】联立两条曲线方程解得
故交点坐标为(1,1).
因为k1=-x=1=-1,k2=2xx=1=2,
所以两条切线的方程分别为x+y-2=0,2x-y-1=0,
与x轴所围成的图形如图(阴影部分)所示.
因为两条切线与x轴的交点分别为(2,0),.
所以三角形的面积S=××1=.
(15分钟·30分)
1.(5分)正弦曲线y=sin
x上一点P,以点P为切点的切线为直线l,则直线l的倾斜角的范围是
( )
A.∪
B.[0,π)
C.
D.∪
【解析】选A.因为y′=cos
x,而cos
x∈[-1,1].
所以直线l的斜率的范围是[-1,1],
所以直线l倾斜角的范围是∪.
2.(5分)若曲线y=在点P(a,)处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为
2,则实数a的值是
( )
A.4
B.-4
C.2
D.-2
【解析】选A.y′=,y′|x=a=x=a=,
所以切线方程为y-=(x-a).
令x=0,得y=,令y=0,得x=-a.
由题意知S=×a×=2,解得a=4.
3.(5分)(2020·广陵高二检测)若f(x)=x3,其导数满足f′(x0)=3,则x0的值为________.?
【解析】根据题意,若f(x)=x3,其导数f′(x)=3x2,若f′(x0)=3,则3=3,解得x0=±1.
答案:±1
4.(5分)设f0(x)=sin
x,f1(x)=f′0(x),f2(x)=f′1(x),…,fn+1(x)=f′n(x),n∈N,则f2
020(x)等于________.?
【解析】因为f0(x)=sin
x,
所以f1(x)=f′0(x)=(sin
x)′=cos
x,
f2(x)=f′1(x)=(cos
x)′=-sin
x,
f3(x)=f′2(x)=(-sin
x)′=-cos
x,
f4(x)=f′3(x)=(-cos
x)′=sin
x,
所以4为最小正周期,所以f2
020(x)=f0(x)=sin
x.
答案:sin
x
5.(10分)求下列函数的导(函)数.
(1)y=x-5;
(2)y=4x;
(3)y=;
(4)y=sin;
(5)y=cos(2π-x).
【解析】(1)y′=(x-5)′=-5x-6;
(2)y′=(4x)′=4xln
4;
(3)因为y=··=,
所以y′=;
(4)因为y=sin=cos
x,
所以y′=-sin
x;
(5)因为y=cos(2π-x)=cos
x,
所以y′=-sin
x.
1.函数y=x2(x>0)的图象在点(ak,)处的切线与x轴的交点的横坐标为ak+1,其中k∈N+.若a1=16,则a1+a3+a5的值是________.?
【解析】因为函数y=x2,y′=2x,
所以函数y=x2(x>0)在点(ak,)处的切线方程为y-=2ak(x-ak),令y=0得ak+1=ak.
又因为a1=16,
所以a3=a2=a1=4,a5=a3=1,
所以a1+a3+a5=16+4+1=21.
答案:21
2.已知两条曲线y1=sin
x,y2=cos
x,是否存在这两条曲线的一个公共点,使在这一点处的两曲线的切线互相垂直?并说明理由.
【解析】不存在.理由如下:设y1=sin
x,y2=cos
x两条曲线的一个公共点为P(x0,y0).
则两条曲线在P(x0,y0)处的斜率分别为
k1=y1′=cos
x0,
k2=y2′=-sin
x0,
若使两条切线互相垂直,
必须有cos
x0·(-sin
x0)=-1,
即sin
x0·cos
x0=1,
即sin
2x0=2,这是不可能的,
所以两条曲线不存在公共点,使在这一点处的两曲线的切线互相垂直.
PAGE课时素养评价十六 求导法则及其应用
(25分钟·50分)
一、选择题(每小题5分,共20分)
1.(2020·秦州高二检测)函数f(x)=x-2ln
x,则f′(1)=
( )
A.-1
B.1
C.2
D.-2
【解析】选A.根据题意,f(x)=x-2ln
x,其导数f′(x)=1-,则f′(1)=1-2=-1.
2.(2020·福州高二检测)已知函数f(x)=,则f′(x)=
( )
A.
B.
C.
D.
【解析】选C.根据题意,f(x)=,
则f′(x)==.
3.(2020·高安高二检测)f(x)=x(2
018+ln
x),若f′(x0)=2
020,则x0等于
( )
A.e2
B.1
C.ln
2
D.e
【解析】选D.f(x)=x(2
018+ln
x),
则f′(x)=2
019+ln
x,
所以f′(x0)=2
019+ln
x0=2
020,所以x0=e.
4.(2020·兰州高二检测)已知f(x)=sin
x+cos
x+,则f′等于
( )
A.-1+
B.1+
C.1
D.-1
【解析】选D.f′(x)=cos
x-sin
x,故f′=cos
-sin
=-1.
二、填空题(每小题5分,共10分)
5.(2020·南通高二检测)已知函数f(x)=(x+a)ln
x,f′(x)是函数f(x)的导函数.若f(1)=f′(1),则实数a的值为________.?
【解析】根据题意,函数f(x)=(x+a)ln
x,
则f(1)=(1+a)ln
1=0,
则f′(x)=(x+a)′ln
x+(x+a)(ln
x)′=ln
x+,则f′(1)=ln
1+1+a=1+a,
则有1+a=0,解得a=-1.
答案:-1
6.(2020·全国Ⅰ卷)曲线y=ln
x+x+1的一条切线的斜率为2,则该切线的方程为________.?
【解题指南】设切线的切点坐标为(x0,y0),对函数求导,利用y′=2,求出x0,代入曲线方程求出y0,得到切线的点斜式方程,化简即可.
【解析】设切线的切点坐标为(x0,y0),y=ln
x+x+1,
y′=+1,y′=+1=2,x0=1,y0=2,
所以切点坐标为(1,2),
所求的切线方程为y-2=2(x-1),即y=2x.
答案:y=2x
三、解答题(每小题10分,共20分)
7.求下列函数的导数:
(1)y=x.
(2)y=.
(3)y=cos
(3x-2).
(4)f(x)=3x2+xcos
x+lg
x.
【解析】(1)因为y=x=x3+1+,
所以y′=3x2-.
(2)y′=′=
==-.
(3)y′=-sin
(3x-2)×(3x-2)′=-3sin
(3x-2).
(4)f′(x)=6x+cos
x-xsin
x+.
8.已知曲线y=e2x·cos
3x在点(0,1)处的切线与直线l的距离为,求直线l的
方程.
【解析】因为y′=(e2x)′·cos
3x+e2x·(cos
3x)′
=2e2x·cos
3x-3e2x·sin
3x,所以y′|x=0=2,
所以经过点(0,1)的切线方程为y-1=2(x-0),
即y=2x+1.
设符合题意的直线方程为y=2x+b,
根据题意,得=,解得b=6或-4.
所以符合题意的直线方程为y=2x+6或y=2x-4.
(15分钟·30分)
1.(5分)已知f(x)=x2+cos
x,f′(x)为f(x)的导函数,则f′(x)的图象是
( )
【解析】选A.函数f(x)=x2+cos
x,f′(x)=-sin
x,
f′(-x)=-sin(-x)=-=-f′(x),
故f′(x)为奇函数,故函数图象关于原点对称,排除B,D,
f′=×-sin=-<0.故C不对,A正确.
2.(5分)(多选题)若存在过点O(0,0)的直线l与曲线f(x)=x3-3x2+2x和y=x2+a都相切,则a的值可以是
( )
A.1
B.
C.
D.-
【解析】选AB.因为(0,0)在直线l上,当O(0,0)为f(x)的切点时,因为f′(0)=2,所以直线l的方程为y=2x,
又直线l与y=x2+a相切,
所以x2+a-2x=0满足Δ=4-4a=0,得a=1;
当O(0,0)不是f(x)的切点时,
设切点为(x0,-3+2x0)(x0≠0),
则f′(x0)=3-6x0+2,
所以=3-6x0+2,得x0=,
所以f′=-,所以直线l的方程为y=-x.
由得x2+x+a=0,
由题意得Δ=-4a=0,所以a=.
综上得a=1或a=.
3.(5分)(2018·全国Ⅱ卷)曲线y=2ln(x+1)在点(0,0)处的切线方程为__________________.?
【解析】y′=,k==2,
所以切线方程为y-0=2(x-0),即y=2x.
答案:y=2x
4.(5分)若f(x)=x2-2x-4ln
x,则f′(x)=________,f′(x)>0的解集为________.?
【解析】由f(x)=x2-2x-4ln
x,得函数定义域为(0,+∞),且f′(x)=2x-2-=
=>0,解得x>2,
故f′(x)>0的解集为{x|x>2}.
答案:2x-2- {x|x>2}
【加练·固】
已知f(x)=cos
x,g(x)=x,则关于x的不等式f′(x)+g′(x)≤0的解集为________.?
【解析】f′(x)+g′(x)=-sin
x+1≤0,
所以sin
x≥1,又sin
x≤1,
所以sin
x=1,所以x=+2kπ,k∈Z.
答案:
5.(10分)已知函数f(x)是关于x的二次函数,f′(x)是f(x)的导函数,对一切x
∈R,都有x2f′(x)-(2x-1)f(x)=1成立,求函数f(x)的解析式.
【解析】设f(x)=ax2+bx+c(a≠0),则f′(x)=2ax+b.
所以x2f′(x)-(2x-1)f(x)=x2(2ax+b)-(2x-1)·(ax2+bx+c)=(a-b)x2+(b-2c)x+c=1,
所以解得
所以f(x)=2x2+2x+1.
1.已知函数f(x)=x3-2x2+ax(x∈R,a∈R),在曲线y=f(x)的所有切线中,有且仅有一条切线l与直线y=x垂直.则实数a的值为________,切线l的方程为________.?
【解析】因为f(x)=x3-2x2+ax,
所以f′(x)=x2-4x+a.
由题意可知,方程f′(x)=x2-4x+a=-1有两个相等的实根.所以Δ=16-4(a+1)=0,所以a=3.
所以f′(x)=x2-4x+3=-1,即x2-4x+4=0.
解得切点横坐标为x=2,所以f(2)=×8-2×4+2×3=,所以切线l的方程为y-=(-1)×(x-2),
即3x+3y-8=0.
所以a=3,切线l的方程为3x+3y-8=0.
答案:3 3x+3y-8=0
2.已知抛物线C1:y=x2+2x和C2:y=-x2+a.如果直线l同时是C1和C2的切线,称l是C1和C2的公切线,公切线上两个切点之间的线段称为公切线段.
(1)a取什么值时,C1和C2有且仅有一条公切线?写出此公切线的方程.
(2)若C1和C2有两条公切线,证明相应的两条公切线段互相平分.
【解析】(1)函数y=x2+2x的导数y′=2x+2,曲线C1在点P(x1,+2x1)处的切线方程是y-(+2x1)=(2x1+2)(x-x1),即y=(2x1+2)x-. ①
函数y=-x2+a的导数y′=-2x,
曲线C2在点Q(x2,-+a)的切线方程是y-(-+a)=-2x2(x-x2),
即y=-2x2x++a. ②
如果直线l是过P和Q的公切线,则①式和②式都是l的方程消去x2得方程2+2x1+1+a=0,此方程Δ=4-4×2(1+a).
由Δ=0,得a=-,解得x1=-,此时P与Q重合,即当a=-时,C1和C2有且仅有一条公切线.
由①得公切线方程为y=x-.
(2)由(1)可知,当a<-时,C1和C2有两条公切线,设一条公切线上切点为P(x1,y1),Q(x2,y2),其中P在C1上,Q在C2上,则有x1+x2=-1,y1+y2=+2x1+(-+a)=+2x1-(x1+1)2+a=-1+a,线段PQ的中点为.
同理另一条公切线段P′Q′的中点也是,
所以公切线段PQ和P′Q′互相平分.
PAGE课时素养评价十七 导数与函数的单调性
(25分钟·50分)
一、选择题(每小题5分,共20分)
1.若在区间(a,b)内,f′(x)>0,且f(a)≥0,则在(a,b)内有
( )
A.f(x)>0
B.f(x)<0
C.f(x)=0
D.不能确定
【解析】选A.因为f(x)在(a,b)上为增函数,
所以f(x)>f(a)≥0.
2.若函数f(x)=x2+bx+c的图象的顶点在第四象限,则函数f′(x)的图象
是
( )
【解析】选A.f′(x)=2x+b,由于函数f(x)=x2+bx+c图象的顶点在第四象限,所以x=->0,得b<0.结合选项,可知选A.
3.(2020·开封高二检测)函数y=+3ln
x的单调增区间为
( )
A.(0,1)
B.
C.(1,+∞)
D.
【解析】选D.函数的定义域为(0,+∞),
令y′=-+=>0,解得x>.
故函数的单调递增区间为.
4.(2020·沧州高二检测)已知f(x)=a-2ln
x(a≥0)在[1,+∞)上为增函数,则a的取值范围为
( )
A.[0,+∞)
B.(0,+∞)
C.(1,+∞)
D.[1,+∞)
【解析】选D.由题意知f′(x)=a-=≥0对任意的x∈[1,+∞)恒成立,
即ax2-2x+a≥0对任意的x∈[1,+∞)恒成立,
所以a≥=,
因为y=x+在[1,+∞)上是增函数,
所以y=x+≥2,则0<≤1,所以a≥1.
二、填空题(每小题5分,共10分)
5.(2020·和平高二检测)已知函数f(x)=-x2+3x-2ln
x,则函数f(x)的单调递减区间为__________,单调增区间为________________.?
【解析】定义域为(0,+∞),令f′(x)=-x+3-<0,又x>0,解得:x>2或0答案:(0,1)和(2,+∞)
6.如图所示的是函数f(x)=ax3+bx2+cx+d的图象,f′(x)为函数f(x)的导函数,则不等式x·f′(x)<0的解集为________.?
【解析】由f(x)的图象知,f(x)在(-∞,-)和(,+∞)上为增函数,在(-,)内为减函数,
所以当x∈(-∞,-)和(,+∞)时,
f′(x)>0;当x∈(-,)时,f′(x)<0.
所以x·f′(x)<0的解集为
{x|x<-或0答案:{x|x<-或0三、解答题(每小题10分,共20分)
7.(2020·赣州高二检测)已知函数f(x)=aln
x-bx2,a,b∈R,函数f(x)在x=1处与直线y=-相切.
(1)求实数a,b的值;
(2)判断函数f(x)在上的单调性.
【解析】(1)f′(x)=-2bx,
由题意得解得
(2)由(1)知f(x)=ln
x-x2,
所以f′(x)=-x=-,
所以当x∈时,f′(x)>0,函数f(x)单调递增,
当x∈(1,e)时,f′(x)<0,函数f(x)单调递减.
所以函数f(x)的增区间是,减区间是(1,e).
8.已知函数f(x)=(x2-ax)ex(x∈R),a为实数.
(1)当a=0时,求函数f(x)的单调增区间.
(2)若f(x)在闭区间[-1,1]上为减函数,求a的取值范围.
【解析】(1)当a=0时,f(x)=x2ex,
f′(x)=2xex+x2ex=(x2+2x)ex,
由f′(x)>0?x>0或x<-2,
故f(x)的单调增区间为(0,+∞)和(-∞,-2).
(2)由f(x)=(x2-ax)ex,x∈R?f′(x)=(2x-a)ex+(x2-ax)ex=[x2+(2-a)x-a]ex.
记g(x)=x2+(2-a)x-a,
依题意知,当x∈[-1,1]时,g(x)≤0恒成立,
结合g(x)的图象特征得
即a≥,所以a的取值范围是.
(15分钟·30分)
1.(5分)已知函数y=xf′(x)的图象如图所示,下面四个图象中能大致表示y=f(x)的图象的是
( )
【解析】选C.由题图可知,当x<-1时,xf′(x)<0,
所以f′(x)>0,此时y=f(x)为增函数,图象应是上升的;
当-10,所以f′(x)<0,
此时y=f(x)为减函数,图象应是下降的;
当0此时y=f(x)为减函数,图象应是下降的;
当x>1时,xf′(x)>0,所以f′(x)>0,
此时y=f(x)为增函数,图象应是上升的.
2.(5分)(多选题)已知函数f(x),g(x)在区间[a,b]上均有f′(x)( )
A.f(x)+f(b)≥g(x)+g(b)
B.f(x)-f(b)≥g(x)-g(b)
C.f(x)+g(a)≤g(x)+f(a)
D.f(x)+g(a)≥g(x)+f(a)
【解析】选BC.据题意,
由f′(x)故F(x)=f(x)-g(x)在[a,b]上为减函数,
由单调性知识知,在[a,b]上必有F(x)≥F(b),
即f(x)-g(x)≥f(b)-g(b),
移项整理得:f(x)-f(b)≥g(x)-g(b).
同理F(x)≤F(a),f(x)-g(x)≤f(a)-g(a),
移项整理得f(x)+g(a)≤g(x)+f(a).
3.(5分)函数f(x)=的单调递减区间为________.?
【解析】因为f′(x)=,
因为定义域为(0,1)∪(1,+∞),
所以f′(x)<0,即<0时,x∈∪(1,+∞),所以单调递减区间为和(1,+∞).
答案:和(1,+∞)
4.(5分)(2020·武汉高二检测)若函数f(x)=在上是减函数,则实数a的取值范围为________.?
【解析】f′(x)=≤0,
即-sin
2x-cos
2x-acos
x=-1-acos
x≤0,
acos
x≥-1,x∈,a≥,
由于y=-在x∈上递减,
当x=0时,y=-1,所以a≥-1.
答案:[-1,+∞)
5.(10分)(2020·沧州高二检测)已知函数f(x)=x2-ax+(a-1)ln
x,a>1.
(1)若f′(2)=0,求a的值;
(2)讨论函数f(x)的单调性.
【解析】(1)由题意可得:f′(x)=x-a+,
故f′(2)=2-a+=0,所以a=3.
(2)因为函数f(x)=x2-ax+(a-1)ln
x,其中a>1,
所以f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=x-a+==,
令f′(x)=0,得x1=1,x2=a-1.
①若a-1=1,即a=2时,f′(x)=≥0,
故f(x)在(0,+∞)上是增函数.
②若00得,01.故f(x)在(a-1,1)上是减函数,在(0,a-1),(1,+∞)上是增函数,
③若a-1>1,即a>2时,由f′(x)<0得,10得,0a-1.
故f(x)在(1,a-1)上是减函数,
在(0,1),(a-1,+∞)上是增函数.
综上可得:当a=2时,f(x)在(0,+∞)上是增函数;
当1在(0,a-1),(1,+∞)上是增函数;
当a>2时,f(x)在(1,a-1)上是减函数,
在(0,1),(a-1,+∞)上是增函数.
1.已知定义在R上的可导函数f(x)满足f′(x)<1,若f(1-m)-f(m)>1-2m,则实数m的取值范围是________.?
【解析】令F(x)=f(x)-x,则F′(x)=f′(x)-1<0,
故函数F(x)=f(x)-x在R上单调递减,
又由题设知f(1-m)-f(m)>1-2m,
则F(1-m)>F(m),故1-m.
故实数m的取值范围是.
答案:
2.(2020·全国Ⅱ卷)已知函数f(x)=2ln
x+1.
(1)若f(x)≤2x+c,求c的取值范围;
(2)设a>0时,讨论函数g(x)=的单调性.
【解析】(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),
f(x)≤2x+c?f(x)-2x-c≤0?
2ln
x+1-2x-c≤0(
),
设h(x)=2ln
x+1-2x-c(x>0),
则有h′(x)=-2=,
当x>1时,h′(x)<0,h(x)单调递减,
当00,h(x)单调递增,
所以当x=1时,函数h(x)有最大值,
即h(x)max=h(1)=2ln
1+1-2×1-c=-1-c,
要想不等式(
)在(0,+∞)上恒成立,
只需h(x)max≤0?-1-c≤0?c≥-1.
(2)g(x)=
=(x>0且x≠a),
因此g′(x)=,
设m(x)=2(x-a-xln
x+xln
a),
则有m′(x)=2(ln
a-ln
x),
当x>a时,ln
x>ln
a,所以m′(x)<0,m(x)是减函数,
因此有m(x)当0xa,所以m′(x)>0,m(x)是增函数,
因此有m(x)所以函数g(x)在区间(0,a)和(a,+∞)上是减函数,没有递增区间.
PAGE课时素养评价十八 函数的导数与极值
(25分钟·50分)
一、选择题(每小题5分,共20分,多选题全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)
1.如图是函数y=f(x)的导函数y=f′(x)的图象,则下列说法正确的是( )
A.x=a是函数y=f(x)的极小值点
B.当x=-a或x=b时,函数f(x)的值为0
C.函数y=f(x)关于点(0,c)对称
D.函数y=f(x)在(b,+∞)上单调递增
【解析】选D.结合导数与函数单调性的关系可知,A中,在x=a附近,f′(x)<0,故x=a不是极小值点;B中,导数为0时,函数值不一定为0;C中,导函数的对称性与原函数的对称性没有关系;D中,当x>b时,f′(x)>0,函数f(x)单调递增.
2.(2020·张家界高二检测)函数f(x)=(x2-3x+1)ex的极大值是
( )
A.-3e
B.-e2
C.2e2
D.
【解析】选D.f(x)=(x2-3x+1)ex,x∈R.f′(x)=(2x-3)ex+(x2-3x+1)ex=(x2-x-2)ex=
(x-2)(x+1)ex.令f′(x)=0,解得x=-1,2.令f′(x)>0,解得x>2,或x<-1.令f′(x)<0,解得-13.(多选题)对于函数f(x)=x3-3x2,给出选项中正确的是
( )
A.f(x)是增函数,无极值
B.f(x)是减函数,无极值
C.f(x)的单调递增区间为(-∞,0),(2,+∞),单调递减区间为(0,2)
D.f(0)=0是极大值,f(2)=-4是极小值
【解析】选CD.f′(x)=3x2-6x.
令f′(x)=3x2-6x>0,得x>2或x<0;
令f′(x)=3x2-6x<0,得0当x=0和x=2时,函数分别取得极大值0和极小值-4.
所以CD正确.
4.(2020·荆州高二检测)若函数f(x)=(x-a)3-3x+b的极大值为M,极小值为N,则M-N
( )
A.与a有关,且与b有关
B.与a无关,且与b有关
C.与a无关,且与b无关
D.与a有关,且与b无关
【解析】选C.f′(x)=3(x-a)2-3,
令f′(x)=0,得x=a-1,或x=a+1,
当x变化时,f′(x)的变化情况如下表:
x
(-∞,a-1)
a-1
(a-1,a+1)
a+1
(1+a,+∞)
f′(x)
+
0
-
0
+
因此,函数f(x)在x=a+1处取得极小值,函数f(x)在x=a-1处取得极大值,M-N=f(a-1)-f(a+1)=-1-3(a-1)+b-1+3(a+1)-b=4.
二、填空题(每小题5分,共10分)
5.已知函数f(x)=ax3+bx2+cx,其导函数y=f′(x)的图象经过点(1,0),(2,0),如图所示,则下列说法中正确的是________(填写序号).?
①当x=时函数取得极小值;
②f(x)有两个极值点;
③当x=2时函数取得极小值;
④当x=1时函数取得极大值.
【解析】从题中图象上可以看到:当x∈(-∞,1)时,f′(x)>0;当x∈(1,2)时,
f′(x)<0;当x∈(2,+∞)时,f′(x)>0,所以f(x)有两个极值点1和2,且当x=2时函数取得极小值,当x=1时函数取得极大值.只有①不正确.
答案:②③④
6.f(x)=x(x-c)2在x=2处有极大值,则常数c的值为________.?
【解析】因为x=2是f(x)的极大值点,
又f(x)=x(x2-2cx+c2),
所以f′(x)=x(2x-2c)+x2-2cx+c2=3x2-4cx+c2.
所以f′(2)=c2-8c+12=0.得c=2或c=6.
当c=2时,不能取极大值,故c=6.
答案:6
三、解答题(每小题10分,共20分)
7.设a为实数,函数f(x)=ex-2x+2a,x∈R,求f(x)的单调区间与极值.
【解析】由f(x)=ex-2x+2a,x∈R知f′(x)=ex-2,x∈R.令f′(x)=0,得x=ln
2.
于是当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:
x
(-∞,ln
2)
ln
2
(ln
2,+∞)
f′(x)
-
0
+
f(x)
↘
2(1-ln
2+a)
↗
故f(x)的单调递减区间是(-∞,ln
2),
单调递增区间是(ln
2,+∞);且f(x)在x=ln
2处取得极小值.极小值为
f(ln
2)=eln
2-2ln
2+2a=2(1-ln
2+a),无极大值.
8.设函数y=x3+ax2+bx+c的图象如图所示,且与y=0在原点相切,若函数的极小值为-4.
(1)求a,b,c的值.
(2)求函数的递减区间.
【解析】(1)因为函数的图象经过点(0,0),易得c=0.
又图象与x轴相切于点(0,0),且y′=3x2+2ax+b,
故0=3×02+2a×0+b,解得b=0.
所以y=x3+ax2,则y′=3x2+2ax.
令y′=0,解得x=0或x=-a,
即x=0和x=-a是极值点.
由图象知函数在x=0处取极大值,
故在x=-a处取极小值.
当x=-a时,函数有极小值-4,
所以+a=-4,
整理得a3=-27,解得a=-3.
故a=-3,b=0,c=0.
(2)由(1)得y=x3-3x2,则y′=3x2-6x,
令y′<0,即3x2-6x<0,
解得0所以函数的递减区间是(0,2).
(15分钟·30分)
1.(5分)如图是函数f(x)=x3+bx2+cx+d的大致图象,则+等于
( )
A.
B.
C.
D.
【解析】选C.函数f(x)=x3+bx2+cx+d的图象过点(0,0),(1,0),(2,0),得d=0,b+c+1=0,4b+2c+8=0,则b=-3,c=2,f′(x)=3x2+2bx+c=3x2-6x+2,且x1,x2是函数f(x)=x3+bx2+cx+d的两个极值点,即x1,x2是方程3x2-6x+2=0的实根,
所以+=(x1+x2)2-2x1x2=4-=.
2.(5分)设函数f(x)在R上可导,其导函数为f′(x),且函数f(x)在x=-2处取得极小值,则函数y=xf′(x)的图象可能是
( )
【解析】选C.由题意可得f′(-2)=0,
而且当x∈(-∞,-2)时,f′(x)<0,此时xf′(x)>0;
当x∈(-2,+∞)时,f′(x)>0,此时若x∈(-2,0),xf′(x)<0,若x∈(0,+∞),
xf′(x)>0,
所以函数y=xf′(x)的图象可能是C.
3.(5分)(2020·福州高二检测)设a<0,若函数y=ex+2ax,x∈R有小于零的极值点,则实数a的取值范围是________.?
【解析】因为y=ex+2ax,a<0,所以y′=ex+2a.
由题意知ex+2a=0有小于0的实根,
令y1=ex,y2=-2a,则两曲线交点在第二象限,
结合图象:
易得0<-2a<1?-故实数a的取值范围是.
答案:
4.(5分)若函数y=x·2x在x=x0时取极小值,则x0=________.?
【解析】令y′=2x+x·2xln
2=2x(1+xln
2)=0,
得x=-.
所以当x>-时,y′>0,函数递增;
当x<-时,y′<0,函数递减.
所以当x=-时函数取极小值.
答案:-
【加练·固】
三次函数当x=1时有极大值4,当x=3时,有极小值0,且函数过原点,则此函数是
( )
A.y=x3+6x2+9x
B.y=x3-6x2+9x
C.y=x3-6x2-9x
D.y=x3+6x2-9x
【解析】选B.三次函数过原点,结合选项,
可设f(x)=x3+bx2+cx,f′(x)=3x2+2bx+c,
由题设知,f′(1)=3+2b+c=0,
f′(3)=27+6b+c=0,解得b=-6,c=9.
所以f(x)=x3-6x2+9x;
f′(x)=3x2-12x+9=3(x-1)(x-3).
当x=1时,f(x)极大值=4;
当x=3时,f(x)极小值=0,满足条件.
5.(10分)已知函数f(x)=x2-2ln
x,h(x)=x2-x+a.
(1)求函数f(x)的极值.
(2)设函数k(x)=f(x)-h(x),若函数k(x)在[1,3]上恰有两个不同零点,求实数a的取值范围.
【解析】(1)f(x)的定义域是(0,+∞).
令f′(x)=2x-=0,得x=1.
当x∈(0,1)时,f′(x)<0,f(x)单调递减;
当x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增;
所以f(x)在x=1处取得极小值,又f(1)=1,
所以f(x)的极小值为1,无极大值.
(2)k(x)=f(x)-h(x)=x-2ln
x-a(x>0),
所以k′(x)=1-,令k′(x)>0,
得x>2,令k′(x)<0,得0所以k(x)在(0,2)上单调递减,
在(2,+∞)上单调递增.
要使函数k(x)在[1,3]上恰有两个不同零点,
则需解得2-2ln
23.
1.若函数f(x)=aln
x-ex有极值点,则实数a的取值范围是
( )
A.(-e,+∞)
B.(1,e)
C.(1,+∞)
D.(0,+∞)
【解析】选D.因为函数f(x)=aln
x-ex,x∈(0,+∞),所以f′(x)=-ex,
①当a≤0时,f′(x)<0,函数f(x)在(0,+∞)上单调递减,无极值点,
②当a>0时,根据y=与y=ex的图象,如图所示,
设两个函数在第一象限的交点的横坐标为x0,
当x∈(0,x0)时,>ex,f′(x)>0,函数f(x)在区间(0,x0)上单调递增;当x∈(x0,
+∞)时,0时,函数f(x)有一个极大值点.
2.设f(x)=xln
x-ax2+(2a-1)x,a∈R.
(1)令g(x)=f′(x),求g(x)的单调区间.
(2)已知f(x)在x=1处取得极大值,求实数a的取值范围.
【解析】(1)由f′(x)=ln
x-2ax+2a,
可得g(x)=ln
x-2ax+2a,x∈(0,+∞),
则g′(x)=-2a=,
当a≤0,x∈(0,+∞)时,g′(x)>0,函数g(x)单调递增;当a>0,x∈时,
g′(x)>0,函数g(x)单调递增,x∈时,g′(x)<0,函数g(x)单调递减.所以当a≤0时,g(x)的单调递增区间为(0,+∞);当a>0时,g(x)的单调递增区间为,
单调递减区间为.
(2)由(1)知,f′(1)=0.
①当a≤0时,f′(x)单调递增.
所以当x∈(0,1)时,f′(x)<0,f(x)单调递减.
当x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增.
所以f(x)在x=1处取得极小值,不合题意.
②当01,由(1)知f′(x)在内单调递增,可得当x∈(0,1)时,
f′(x)<0,x∈时,f′(x)>0,
所以f(x)在(0,1)内单调递减,在内单调递增,
所以f(x)在x=1处取得极小值,不合题意.
③当a=时,=1,f′(x)在(0,1)内单调递增,
在(1,+∞)内单调递减,所以当x∈(0,+∞)时,
f′(x)≤0,f(x)单调递减,不合题意.
④当a>时,0<<1,当x∈时,
f′(x)>0,f(x)单调递增,
当x∈(1,+∞)时,f′(x)<0,f(x)单调递减,
所以f(x)在x=1处取得极大值,符合题意.
综上可知,实数a的取值范围为.
PAGE课时素养评价十九 函数的导数与最值
(25分钟·50分)
一、选择题(每小题5分,共20分,多选题全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)
1.函数f(x)=x3-6x(|x|<1)
( )
A.有最大值,但无最小值
B.有最大值,也有最小值
C.无最大值,但有最小值
D.既无最大值,也无最小值
【解析】选D.f′(x)=3x2-6=3(x+)(x-),
因为x∈(-1,1),所以f′(x)<0,即函数在(-1,1)上是单调递减的,所以既无最大值,也无最小值.
2.函数y=f(x)=的最大值为
( )
A.e-1
B.e
C.e2
D.10
【解析】选A.令y′==0得x=e.
当x>e时,y′<0;当00,
所以y极大值=f(e)=e-1,在定义域内只有一个极值,
所以ymax=e-1.
3.(2020·开封高二检测)若函数f(x)=x+2sin
x,则当x∈[0,π]时,f(x)的最大值为
( )
A.+2
B.+3
C.+2
D.+
【解析】选D.f′(x)=1+2cos
x,当00,f(x)单调递增;当4.(多选题)若函数exf(x)(e=2.718…,e为自然对数的底数)在f(x)的定义域上单调递增,则称函数f(x)具有M性质.给出的下列函数不具有M性质的为
( )
A.f(x)=ln
x
B.f(x)=x2+1
C.f(x)=sin
x
D.f(x)=x3
【解析】选CD.对于A,f(x)=ln
x,则g(x)=exln
x,则g′(x)=ex,令y=
ln
x+,所以y′=-=,令y′=0,x=1.当01时,y′>0,y单调递增.所以当x=1时,ymin=ln
1+=1>0,所以g′(x)>0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增,故f(x)=ln
x具有M性质;对于B,f(x)=x2+1,则g(x)=
exf(x)=ex(x2+1),g′(x)=ex(x2+1)+2xex=ex(x+1)2>0在实数集R上恒成立,所以g(x)=exf(x)在定义域R上是增函数,所以f(x)=x2+1具有M性质;
对于C,f(x)=sin
x,则g(x)=exsin
x,g′(x)=ex(sin
x+cos
x)=exsin,显然g(x)不单调;对于D,f(x)=x3,则g(x)=exf(x)=exx3,g′(x)=exx3+3exx2=ex(x3+
3x2)=exx2(x+3),当x<-3时,g′(x)<0,所以g(x)=exf(x)在定义域R上先减后增;
所以具有M性质的函数的选项为A,B,不具有M性质的函数的选项为C、D.
二、填空题(每小题5分,共10分)
5.函数f(x)=3x+sin
x在x∈[0,π]上的最小值为______.?
【解析】f′(x)=3xln
3+cos
x.
当x∈[0,π]时,3xln
3>1,-1≤cos
x≤1,
即f′(x)>0.
所以f(x)递增,于是f(x)min=f(0)=1.
答案:1
6.函数f(x)=xe-x,x∈[0,2]的最大值是______.?
【解析】f′(x)=′==,
当x∈[0,1)时,f′(x)>0,f(x)是增函数;
当x∈(1,2]时,f′(x)<0,f(x)是减函数.
所以f(x)的最大值为f(1)=.
答案:
三、解答题(每小题10分,共20分)
7.已知函数f(x)=x3+ax2+2,且f(x)的导函数f′(x)的图象关于直线x=1对称.
(1)求导函数f′(x)及实数a的值.
(2)求函数y=f(x)在[-1,2]上的最大值和最小值.
【解析】(1)由f(x)=x3+ax2+2得f′(x)=3x2+2ax.
因为f′(x)的图象关于直线x=1对称,得-=1.
所以a=-3,f′(x)=3x2-6x.
(2)由(1)知f(x)=x3-3x2+2,f′(x)=3x2-6x.
令f′(x)=0得x1=0,x2=2.
当x在[-1,2]上变化时,f′(x),f(x)的变化情况如表:
x
-1
(-1,0)
0
(0,2)
2
f′(x)
+
0
-
0
f(x)
-2
↗
2
↘
-2
由表可知,当x=-1或x=2时,函数有最小值-2,
当x=0时,函数有最大值2.
8.(2020·济南高二检测)已知函数f(x)=ex-ax,x∈R,e是自然对数的底数.
(1)若函数f(x)在x=2处取得极值,求a的值及f(x)的极值.
(2)求函数f(x)在区间[0,1]上的最小值.
【解析】(1)函数f(x)=ex-ax,x∈R,
所以f′(x)=ex-a,
因为函数f(x)在x=2处取得极值,
所以f′(2)=0,所以a=e2,
所以f′(x)=ex-e2,当x∈(-∞,2)时,f′(x)<0,函数f(x)单调递减;当x∈(2,
+∞)时,f′(x)>0,函数f(x)单调递增,所以函数f(x)的极小值为f(2)=
e2-2e2=-e2,无极大值.
(2)f′(x)=ex-a,
①当a≤0时,f′(x)>0恒成立,即函数f(x)在[0,1]上单调递增,
所以函数f(x)在[0,1]上的最小值为f(0)=1;
②当a>0时,令f′(x)=0得到x=ln
a,若ln
a≤0,
即0函数f(x)在[0,1]上单调递增,
所以函数f(x)在[0,1]上的最小值为f(0)=1,
若ln
a≥1,即a≥e时,在[0,1]上,f′(x)≤0,函数f(x)在[0,1]上单调递减,所以函数f(x)在[0,1]上的最小值为f(1)=e-a,
若0a<1,即1在[0,ln
a)上,f′(x)<0,在(ln
a,1]上,f′(x)>0,
即函数f(x)在[0,ln
a)上单调递减,在(ln
a,1]上单调递增,所以函数f(x)在[0,1]上的最小值为f(ln
a)=a-aln
a,
综上所述,当a≤1时,函数f(x)在[0,1]上的最小值为1;当1a;当a≥e时,函数f(x)在[0,1]上的最小值为e-a.
(15分钟·30分)
1.(5分)若函数y=f(x)=x3+x2+m在[-2,1]上的最大值为,则m等于
( )
A.0
B.1
C.2
D.
【解析】选C.y′=′
=3x2+3x=3x(x+1),
由y′=0,得x=0或x=-1.
所以f(0)=m,f(-1)=m+.
又因为f(1)=m+,f(-2)=-8+6+m=m-2,
所以f(1)=m+最大,即m+=,得m=2.
2.(5分)(2020·漳州高二检测)已知函数f(x)=ex+e-x,给出以下结论:
(1)f(x)是偶函数;
(2)f(x)的最大值为2;
(3)当f(x)取到最小值时对应的x=0;
(4)f(x)在(-∞,0)单调递增,在(0,+∞)单调递减.
其中正确的结论是
( )
A.(1)(2)
B.(1)(2)(4)
C.(1)(3)
D.(1)(4)
【解析】选C.因为函数f(x)=ex+e-x,x∈R,
所以f(-x)=e-x+ex=f(x),
所以函数f(x)是R上的偶函数,故(1)正确,
因为f′(x)=ex-e-x=ex-=,
令f′(x)=0得,ex=1,x=0,
所以当x∈(-∞,0)时,f′(x)<0,函数f(x)单调递减;当x∈(0,+∞)时,f′(x)>0,函数f(x)单调递增,且f(0)=2,画出函数f(x)的大致图象,如图所示:
所以函数f(x)的最小值为2,故(2)错误,(3)正确,(4)错误.
3.(5分)(2020·南通高二检测)函数f(x)=x-sin
x,x∈[0,π]的最小值为________.?
【解析】f′(x)=-cos
x,
所以x∈时,f′(x)<0,f(x)单调递减;
x∈时,f′(x)>0,f(x)单调递增;
所以f(x)min=f=-.
答案:-
4.(5分)(2020·南京高二检测)函数f(x)=+的最小值为________.?
【解析】f′(x)=+=
=
=,
由f′(x)=0可得cos
x=2sin
x,
即tan
x=,又因为0根据导数与单调性的关系可知,当tan
x=时,函数取得最小值,此时sin
x=,cos
x=,故f(x)min=5.
答案:5
5.(10分)已知函数f(x)=ax2-x+ln
x.
(1)若a=1,求函数f(x)的极值;
(2)当a>0时,若f(x)在区间上的最小值为-2,求a的取值范围.
【解析】(1)a=1,f(x)=x2-3x+ln
x,定义域为,又f′(x)=2x-3+=
=.当x>1或00;当所以函数f(x)的极大值为f=--ln
2,函数f(x)的极小值为f=-2.
(2)函数f(x)=ax2-x+ln
x的定义域为,
且f′(x)=2ax-+=
=,
令f′(x)=0,得x=或x=,当0<≤1,即a≥1时,f(x)在上单调递增,
所以f(x)在上的最小值是f=-2,符合题意;
当1<当≥e时,f(x)在上单调递减,所以f(x)在上的最小值是f故a的取值范围为.
1.设直线x=t与函数f(x)=x2,g(x)=ln
x的图象分别交于点M,N,则当|MN|达到最小时t的值为______.?
【解析】|MN|的最小值,即函数h(x)=x2-ln
x的最小值,h′(x)=2x-=,显然x=是函数h(x)在其定义域内唯一的极小值点,也是最小值点,故t=.
答案:
2.已知函数f(x)=2x++aln
x,a∈R.
(1)若函数f(x)在[1,+∞)上单调递增,求实数a的取值范围.
(2)记函数g(x)=x2,若g(x)的最小值是-6,求函数f(x)的解析式.
【解题指南】已知函数在某区间上单调递增,转化为导函数大于等于0恒成立,恒成立问题一般要分离参数,再构建新函数,然后利用导数求新函数的最值;含参数的函数求最值,注意分类讨论.
【解析】(1)令f′(x)=2-+≥0,又x>0,
所以a≥-2x在[1,+∞)上恒成立,
令h(x)=-2x,x∈[1,+∞),
因为h′(x)=--2<0恒成立,
所以h(x)在
[1,+∞)上单调递减,h(x)max=h(1)=0,所以a≥0.
(2)g(x)=2x3+ax-2,x>0,因为g′(x)=6x2+a,
当a≥0时,
g′(x)>0恒成立,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增,无最小值,不合题意,
所以a<0,令g′(x)=0,则x=
(舍负值),
由此可得,g(x)在上单调递减,
在上单调递增,
则x=是函数的极小值点,g(x)最小=g=-6,解得a=-6,所以f(x)=2x+-6ln
x.
PAGE课时素养评价二十 利用导数解决实际问题
(25分钟·50分)
一、选择题(每小题5分,共20分,多选题全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)
1.用总长为14.8
m的钢条制作一个长方体容器的框架,若容器底面的长比宽多0.5
m,要使它的容积最大,则容器底面的宽为
( )
A.0.5
m
B.0.7
m
C.1
m
D.1.5
m
【解析】选C.设宽为x
m,则长为(x+0.5)
m,
因为总长为14.8
m,
所以高为(3.2-2x)
m,0所以体积为V=x(0.5+x)(3.2-2x)=-2x3+2.2x2+1.6x,V′=-6x2+4.4x+1.6,
当x=1时,V有极大值亦为最大值.
2.若函数f(x)=x3-3x在区间(a,6-a2)上有最小值,则实数a的取值范围是( )
A.(-,1)
B.[-,1)
C.[-2,1)
D.(-,-2]
【解析】选C.由于函数f(x)在开区间(a,6-a2)上有最小值,则函数f(x)的极小值点在(a,6-a2)内,且在(a,6-a2)上的单调性是先减再增.f′(x)=3x2-3=
3(x+1)(x-1),当-1当x>1,f′(x)>0,所以函数f(x)的极小值为
f(1).又函数f(x)=x3-3x在区间(a,6-a2)上有最小值,所以f(a)≥f(1),由
解得-2≤a<1.
3.函数y=f(x)=xsin
x在[-π,π]上的图象大致为
( )
【解析】选C.f=·sin
=xsin
x=f(x),为偶函数,则B,D错误;
又当x∈时,f′(x)=sin
x+xcos
x,
当f′(x)=sin
x+xcos
x=0时,得x=-tan
x,
由,
则极值点x0∈,故A错误.
4.(多选题)若f(x)是定义在(0,+∞)上的可导函数,且对于任意x∈(0,+∞),有xf′(x)>f(x)>0,设a>b>0,则下列不等式一定成立的是
( )
A.af(a)>bf(b)
B.af(a)C.af(b)>bf(a)
D.af(b)【解析】选AD.因为x∈(0,+∞),有xf′(x)>f(x)>0,令g(x)=,则g′(x)
=>0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增,由a>b>0,可得g(a)>g(b)即>,所以bf(a)>af(b),故D正确;
因为xf′(x)>f(x)>0,令h(x)=xf(x),则h′(x)=xf′(x)+f(x)>0,所以h(x)在(0,+∞)上单调递增,由a>b>0,可得h(a)>h(b),即af(a)>bf(b),故A正确.
二、填空题(每小题5分,共10分)
5.若曲线f(x)=x2-aln
x在点(1,f(1))处的切线与直线x+3y+1=0垂直,则常数a=________.?
【解析】由函数f(x)=x2-aln
x,
可得f′(x)=x-,所以f′(1)=1-a,
即在点(1,f(1))处的切线斜率为k=1-a,
又由在点(1,f(1))处的切线与直线x+3y+1=0垂直,所以(1-a)×=-1,解得a=-2.
答案:-2
6.某商场从生产厂家以每件20元购进一批商品,若该商品定价为P元,则销售量Q(单位:件)与定价P(单位:元)有如下关系:Q=8
300-170P-P2,则该商品定价为________元时,毛利润L最大为________元.?
【解析】由题意得毛利润L=P·Q-20Q=-P3-150P2+11
700P-166
000(P≥20),
所以L′=-3P2-300P+11
700.
令L′=0,得P=30或P=-130(舍去).
当P∈[20,30)时,L′>0;
当P∈(30,+∞)时,L′<0,
所以当P=30时,L取得极大值,也是最大值.
故当定价为30元时,毛利润最大为L=23
000元.
答案:
30 23
000
三、解答题(每小题10分,共20分)
7.某工厂每天生产某种产品最多不超过40件,并且在生产过程中产品的正品率P与每日生产量x(x∈N+)件之间的关系为P=,每生产一件正品盈利4
000元,每出现一件次品亏损2
000元.(注:正品率=产品中的正品件数÷产品总件数×100%)
(1)将日利润y(元)表示成日产量x(件)的函数.
(2)求该厂的日产量为多少件时,日利润最大?并求出日利润的最大值.
【解析】(1)因为y=4
000×x-2
0001-x=3
600x-x3,所以所求的函数关系式是y=-x3+3
600x(x∈N+,1≤x≤40).
(2)显然y′=3
600-4x2.
令y′=0,解得x=30.
所以当1≤x<30时,y′>0;
当30所以函数y=-x3+3
600x(x∈N+,1≤x≤40)在[1,30)上单调递增,在(30,40]上单调递减.
所以当x=30时,函数y=-x3+3
600x(x∈N+,1≤x≤40)取得最大值,
ymax=-×303+3
600×30=72
000(元).
所以该厂的日产量为30件时,日利润最大,其最大值为72
000元.
8.已知f(x)=ln
x-x+a,x∈(0,2].
(1)求f(x)的单调区间.
(2)若f(x)【解析】(1)f′(x)=-1,令f′(x)=0,得x=1.
当00,f(x)单调递增;
当1所以f(x)的单调增区间为(0,1),f(x)的单调减区间为(1,2].
(2)由(1)知x=1时,f(x)取得最大值,
即f(x)max=a-1.
因为f(x)所以a-12或a<-1.
故a的取值范围为(-∞,-1)∪(2,+∞).
(20分钟·40分)
1.(5分)已知圆柱的表面积为定值S,则当圆柱的容积V最大时,圆柱的高h的值为
( )
A.
B.
C.
D.
【解析】选B.设圆柱的底面半径为r,高为h,则S=2πr2+2πrh.所以h=.
又圆柱的体积V(r)=πr2h=(S-2πr2)=.
而V′(r)=,
令V′(r)=0,得S=6πr2,得h=2r,
又r=,所以h=2=.
即当圆柱的容积V最大时,圆柱的高h为.
2.(5分)已知函数f(x)=a-2ln
x(a∈R),g(x)=-,若至少存在一个x0∈[1,e],使f(x0)>g(x0)成立,则实数a的取值范围为
( )
A.
B.(0,+∞)
C.[0,+∞)
D.
【解析】选B.由题意得f(x)-g(x)>0在[1,e]上有解,即ax-2ln
x>0在[1,e]上有解,
所以a>.
设y=,则y′=≥0,所以y=在[1,e]上单调递增,所以ymin==0,故得a>0.
3.(5分)设函数f(x)=ax3-3x+1(x∈R),若对于任意的x∈(0,1]都有f(x)≥0成立,则实数a的取值范围为__________.?
【解析】因为x∈(0,1],f(x)≥0可化为a≥-.
设g(x)=-,则g′(x)=,
令g′(x)=0,得x=.
当00;当所以g(x)在(0,1]上有极大值g=4,
它也是最大值,所以a≥4.
答案:[4,+∞)
4.(5分)已知函数f(x)=ex-x2-1,若f(x)≥kx对任意的x∈(0,+∞)恒成立,则实数k的取值范围为__________.?
【解析】f(x)≥kx对任意的x∈(0,+∞)恒成立等价于≥k对任意的x∈(0,+∞)恒成立.
令φ(x)=,x>0,
则φ′(x)==,
当x∈(0,+∞)时,ex-x-1>0恒成立,
令φ′(x)>0,得x>1;
令φ′(x)<0,得0所以φ(x)min=φ(1)=e-2,所以k≤φ(x)min=e-2,故实数k的取值范围为
(-∞,e-2].
答案:(-∞,e-2]
5.(10分)已知函数f(x)=x3+ax+b(a,b∈R)在x=2处取得极小值-.
(1)求f(x)的单调递增区间.
(2)若f(x)≤m2+m+在[-4,3]上恒成立,求实数m的取值范围.
【解析】(1)f′(x)=x2+a,由f′(2)=0得a=-4;
再由f(2)=-,得b=4.
所以f(x)=x3-4x+4,f′(x)=x2-4.
令f′(x)=x2-4>0,得x>2或x<-2.
所以f(x)的单调递增区间为(-∞,-2),(2,+∞).
(2)因为f(-4)=-,f(-2)=,f(2)=-,f(3)=1,所以函数f(x)在[-4,3]上的最大值为.
要使f(x)≤m2+m+在[-4,3]上恒成立,
只需m2+m+≥,解得m≥2或m≤-3.
所以实数m的取值范围是(-∞,-3]∪[2,+∞).
6.(10分)(2020·江苏高考)某地准备在山谷中建一座桥梁,桥址位置的竖直截面图如图所示:谷底O在水平线MN上,桥AB与MN平行,OO′为铅垂线(O′在AB上),经测量,左侧曲线AO上任一点D到MN的距离h1(米)与D到OO′的距离a(米)之间满足关系式h1=a2;右侧曲线BO上任一点F到MN的距离h2(米)与F到OO′的距离b(米)之间满足关系式h2=-b3+6b.已知点B到OO′的距离为40米.
(1)求桥AB的长度;
(2)计划在谷底两侧建造平行于OO′的桥墩CD和EF.且CE为80米,其中C,E在AB上(不包括端点).桥墩EF每米造价k(万元),桥墩CD每米造价k(万元)(k>0),问O′E为多少米时,桥墩CD与EF的总造价最低?
【解析】(1)过A,B分别作MN的垂线,垂足为A′,B′,
则AA′=BB′=-×403+6×40=160(米).
令a2=160,得a=80,
所以AO′=80,AB=AO′+BO′=80+40=120(米).
(2)设O′E=x,则CO′=80-x,由,
得0设总造价为y,则y=+
k
=(x3-30x2+160×800),
y′=(3x2-60x)=x(x-20),
因为k>0,所以令y′=0,得x=0或x=20,
所以当0当200,y单调递增.所以,当x=20时,y取最小值,即当O′E为20米时,造价最低.
1.如图,已知圆柱和半径为的半球O,圆柱的下底面在半球O底面所在平面上,圆柱的上底面内接于球O,则该圆柱体积的最大值为________.?
【解析】设圆柱的底面圆半径为r,高为h,球的半径为R;
则h2+r2=R2=3;
所以圆柱的体积为V=πr2h=π(3-h2)h=π(3h-h3);则V′(h)=π(3-3h2),
令V′(h)=0,解得h=1,所以h∈(0,1)时,V′(h)>0,V(h)单调递增;
h∈(1,)时,V′(h)<0,V(h)单调递减,
所以当h=1时,V(h)取得最大值为V(1)=2π.
答案:2π
2.已知函数f(x)=ex-ax2.
(1)若a=1,证明:当x≥0时,f(x)≥1;
(2)若f(x)在(0,+∞)上有两个零点,求a的取值范围.
【解析】(1)当a=1时,函数f(x)=ex-x2,
则f′(x)=ex-2x,
令g(x)=ex-2x,则g′(x)=ex-2,
令g′(x)=0,得x=ln
2.
当x∈时,g′(x)<0,当x∈时,g′(x)>0,所以g(x)在x=
ln
2时取极小值,也是最小值,g(ln
2)=eln
2-2ln
2=2-ln
4=ln
>0,所以g(x)>0,所以f′(x)>0,所以f(x)在上单调递增,所以f(x)≥f=1.
(2)f(x)在上有两个零点?方程ex-ax2=0在上有两个根?
a=在上有两个根,即函数y=a与G(x)=的图象在上有两个交点.G′(x)=,当x∈时,G′(x)<0,G(x)在上递减,当x∈时,G′(x)>0,G(x)在上递增,
所以G(x)的最小值为G=,当x→0时,G(x)→+∞,当x→+∞时,G(x)→+∞,所以f(x)在上有两个零点时,a的取值范围是.
3.(2020·全国Ⅲ卷)函数f(x)=x3+bx+c,曲线y=f(x)在点处的切线与y轴垂直.
(1)求b;
(2)若f(x)有一个绝对值不大于1的零点,证明f(x)所有零点的绝对值都不大于1.
【解析】(1)因为f′(x)=3x2+b,由题意,f′=0,
即3×+b=0,则b=-.
(2)由(1)可得f(x)=x3-x+c,
f′(x)=3x2-=3,
令f′(x)>0,得x>或x<-;
令f′(x)<0,得-所以f(x)在上单调递减,
在,上单调递增,
且f(-1)=c-,f=c+,
f=c-,f(1)=c+,
若f(x)所有零点中存在一个绝对值大于1的零点x0,则f(-1)>0或f(1)<0,即c>或c<-.
当c>时,f(-1)=c->0,f=c+>0,f=c->0,f(1)=c+>0,
又f(-4c)=-64c3+3c+c=4c(1-16c2)<0,
由零点存在性定理知f(x)在(-4c,-1)上存在唯一一个零点x0,
即f(x)在(-∞,-1)上存在唯一一个零点,
在(-1,+∞)上不存在零点,
此时f(x)不存在绝对值不大于1的零点,与题设矛盾;
当c<-时,f(-1)=c-<0,f=c+<0,f=c-<0,f(1)=c+<0,
又f(-4c)=-64c3+3c+c=4c(1-16c2)>0,
由零点存在性定理知f(x)在(1,-4c)上存在唯一一个零点x0′,即f(x)在(1,+∞)上存在唯一一个零点,在(-∞,1)上不存在零点,
此时f(x)不存在绝对值不大于1的零点,与题设矛盾;
综上,f(x)所有零点的绝对值都不大于1.
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