课时素养评价一 平均变化率
(25分钟·60分)
一、选择题(每小题5分,共25分)
1.甲、乙两厂污水的排放量W与时间t的关系如图所示,治污效果较好的是
( )
A.甲
B.乙
C.相同
D.不确定
【解析】选B.由图象知乙的斜率比甲的斜率小,但乙的斜率绝对值大,即变化快.
【误区警示】甲的斜率大,误认为甲的治污效果好;这里应该强调图象越陡,治污效果越明显.
2.质点运动的方程为s=5-3t2,则在一段时间[1,1+Δt]内相应的平均速度等于
( )
A.Δt
B.-6Δt
C.-3Δt-6
D.3Δt+6
【解析】选C.因为Δs=5-3(1+Δt)2-(5-3×12)=-3(Δt)2-6Δt,
所以===-3Δt-6.
【补偿训练】
函数y=f(x)=ln
x+1从e到e2的平均变化率为____________.?
【解析】因为Δy=f(e2)-f(e)=(ln
e2+1)-(ln
e+1)=1,Δx=e2-e,所以=.
答案:
3.已知函数y=f(x)=2x2-1的图象上一点(1,1)及邻近一点(1+Δx,f(1+Δx)),则等于
( )
A.4
B.4+2Δx
C.4+2(Δx)2
D.4x
【解析】选B.因为Δy=f(1+Δx)-f(1)
=2(1+Δx)2-1-2×12+1=4Δx+2(Δx)2,
所以==4+2Δx.
4.如图,函数y=f(x)在A,B两点间的平均变化率等于
( )
A.1
B.-1
C.
D.3
【解析】选B.因为===-1.
所以函数y=f(x)在A,B两点间的平均变化率等于-1.
【补偿训练】
某物体的运动方程为s=5-2t2,则该物体在时间[1,1+d]上的平均速度为____________.?
【解析】平均速度为=
=-4-2d.
答案:-4-2d
5.函数f(x)=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,k2的大小关系为
( )
A.k1>k2
B.k1
C.k1=k2
D.不确定
【解析】选D.因为k1==2x0+Δx,
k2==2x0-Δx,
又Δx可正可负且不为零,所以k1,k2的大小关系不确定.
【误区警示】本题易因对平均变化率的定义式理解不透而导致错误.
二、填空题(每小题5分,共15分)
6.如图所示,函数y=f(x)在[x1,x2],[x2,x3],[x3,x4]这几个区间内,平均变化率最小的一个区间是____________,平均变化率最大的一个区间是____________.?
【解析】由平均变化率的定义可知,函数y=f(x)在区间[x1,x2],[x2,x3],[x3,x4]上的平均变化率分别为:,,,结合图象可以发现函数y=f(x)的平均变化率最小的一个区间是[x2,x3],平均变化率最大的一个区间是[x3,x4].
答案:[x2,x3] [x3,x4]
7.已知函数y=与函数y=-x+2在区间[1,t]上的平均变化率相等,则实数t=____________.?
【解析】由=-=,
得:t=2.
答案:2
8.已知A,B两车在十字路口相遇后,又沿不同方向继续前进,已知A车向北行驶,速度为30
km/h,B车向东行驶,速度为40
km/h,那么A,B两车间直线距离增加的速度为____________.?
【解析】设经过t
h两车间的距离为s
km,
则s==50t(km),
增加的速度为=50(km/h).
答案:50
km/h
三、解答题(每小题10分,共20分)
9.已知函数f(x)=x2-2x,分别计算函数f(x)在区间[-3,-1],[2,4]上的平均变化率.
【解析】函数f(x)在[-3,-1]上的平均变化率为
=
=-6.
函数f(x)在[2,4]上的平均变化率为
==4.
【补偿训练】
已知自由落体运动的位移s(m)与时间t(s)的关系式为s=f(t)=gt2,计算t从3秒到3.1秒、3.001秒、3.000
1秒各段时间内的平均速度(g=9.8
m/s2).
【解题指南】先求出Δs,再求出=,即为各段时间内的平均速度.
【解析】设Δt=(t+d)-t指时间改变量,Δs=f(t+d)-f(t)指位移改变量.则
Δs=f(t+d)-f(t)=g(t+d)2-gt2=gtd+gd2,
===gt+gd,
所以t从3秒到3.1秒的平均速度=29.89(m/s);
t从3秒到3.001秒的平均速度=29.404
9(m/s);
t从3秒到3.000
1秒的平均速度
=29.400
49(m/s).
10.已知函数f(x)=x2+3x在[0,m]上的平均变化率是函数g(x)=2x+1在[1,4]上的平均变化率的3倍,求实数m的值.
【解析】函数g(x)在[1,4]上的平均变化率为==2.
函数f(x)在[0,m]上的平均变化率为==m+3.
令m+3=2×3,得m=3.
(20分钟·40分)
1.(5分)在平均变化率的定义中,自变量x在x0处的增量Δx与0的大小关系为
( )
A.Δx=0 B.Δx>0 C.Δx<0 D.Δx≠0
【解析】选D.Δx可以大于零,也可以小于零,但不等于零.
2.(5分)(多选)如图所示为物体甲、乙在时间0到t1范围内路程的变化情况,下列说法错误的是
( )
A.在0到t0范围内,甲的平均速度大于乙的平均速度
B.在0到t0范围内,甲的平均速度小于乙的平均速度
C.在t0到t1范围内,甲的平均速度大于乙的平均速度
D.在t0到t1范围内,甲的平均速度小于乙的平均速度
【解析】选ABD.在0到t0范围内,甲、乙的平均速度都为,故A和B错误;
在t0到t1范围内,甲的平均速度为,乙的平均速度为.
因为s2-s0>s1-s0,t1-t0>0,所以>,故C正确,D错误.
3.(5分)观察函数f(x)的图象(如图),平均变化率表示________
____.?
【解析】直线AB的斜率为,表示从x1到x2的函数f(x)的平均变化率.
答案:割线AB的斜率
4.(5分)将半径为R的球加热,若半径从R=1到R=m时球的体积膨胀率为,则m的值为____________.?
【解析】ΔV=m3-=(m3-1),
所以==,
所以m2+m+1=7,所以m=2或m=-3(舍).
答案:2
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的范围.
【解析】因为函数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的取值范围是(0,+∞).
6.(10分)巍巍泰山为我国五岳之首,有“天下第一山”之美誉,登泰山在当地有“紧十八,慢十八,不紧不慢又十八”的俗语来形容爬十八盘的感受,下面是一段登山路线图.同样是登山,但是从A处到B处会感觉比较轻松,而从B处到C处会感觉比较吃力.想想看,为什么?你能用数学语言来量化BC段曲线的陡峭程度吗?
【解析】山路从A到B高度的平均变化率为hAB===,
山路从B到C高度的平均变化率为hBC===,因为hBC>hAB,所以山路从B到C比从A到B要陡峭得多.
PAGE课时素养评价二 瞬时变化率——导数
(25分钟·60分)
一、选择题(每小题5分,共25分)
1.在曲线y=x2上切线倾斜角为的点是
( )
A.(0,0)
B.(2,4)
C.
D.
【解析】选D.==2x+Δx,当Δx→0时,→2x,所以2x=tan=1,所以x=.
从而y=.
【补偿训练】
一质点运动的位移s(m)与时间t(s)的关系式是s=t2+10,则当t=3
s时的瞬时速度是____________
m/s.?
【解析】因为Δs=(3+Δt)2+10-32-10
=6Δt+(Δt)2,所以=6+Δt.
当Δt→0时,→6,
所以当t=3
s时的瞬时速度是6
m/s.
答案:6
2.一物体做加速直线运动,假设t
s时的速度为v(t)=t2+3,则t=2时物体的加速度为
( )
A.4
B.3
C.2
D.1
【解析】选A.因为==2t+Δt,
所以当Δt→0时,?2t.
所以t=2时物体的加速度为4.
3.设曲线y=ax2在点(2,4a)处的切线与直线4x-y+4=0垂直,则a=
( )
A.2
B.-
C.
D.-1
【解析】选B.由y=ax2得Δy=a(x+Δx)2-ax2=2axΔx+a(Δx)2,则=2ax+aΔx,所以y′=2ax,当x=2时,y′=4a,又y=ax2在点(2,4a)处的切线与直线4x-y+4=0垂直,所以4a×4=-1,即a=-.
4.已知函数f(x)=ax2+b,若f′(1)=2,则a=
( )
A.4
B.2
C.1
D.0
【解析】选C.因为=
==2ax+a·Δx,
当Δx→0时,→2ax,
所以f′(x)=2ax,因为f′(1)=2a=2,所以a=1.
5.已知曲线y=f(x)在x=5处的切线方程是y=-x+8,则f′(5)等于
( )
A.5
B.3
C.0
D.-1
【解析】选D.由y=f(x)在x=5处的切线方程是y=-x+8,可知切线的斜率为-1,易得f′(5)=-1.
二、填空题(每小题5分,共15分)
6.已知函数f(x)=,则f′(2)=____________.?
【解析】==
=,
当Δx→0时,→,
所以f′(x)=,故f′(2)==-.
答案:-
7.已知曲线y=f(x)=2x2+4x在点P处的切线斜率为16,则点P的坐标为____________,点P处的切线方程为____________.?
【解析】设P(x0,2+4x0),
则===2Δx+4x0+4,
当Δx→0时,→4x0+4,
又因为f′(x0)=16,所以4x0+4=16,所以x0=3,所以点P的坐标为(3,30).所以切线方程为y-30=16(x-3),即16x-y-18=0.
答案:(3,30) 16x-y-18=0
8.曲线y=x2-3x的一条切线的斜率为1,则切点坐标为_______________.?
【解析】设切点坐标为(x0,y0),
=
==Δx+2x0-3,
当Δx→0时,→2x0-3,即k=2x0-3=1,
解得x0=2,y0=-3x0=4-6=-2.
故切点坐标为(2,-2).
答案:(2,-2)
三、解答题(每小题10分,共20分)
9.若直线y=-x+b为函数y=图象的切线,求b及切点坐标.
【解析】==,
当Δx→0时,→-,
设切点,则k=-=-1,得x0=±1,
当x0=1时,切点(1,1),代入y=-x+b得b=2,
当x0=-1时,切点(-1,-1),代入y=-x+b得b=-2,
综上b=2,切点为(1,1)或b=-2,切点为(-1,-1).
10.若抛物线y=4x2上的点P到直线y=4x-5的距离最短,求点P的坐标.
【解题指南】利用与已知直线平行且过点P的切线斜率求出切点即为所求.
【解析】由点P到直线y=4x-5的距离最短知,过点P的切线方程与直线y=4x-5平行,设P(x0,y0),
则=
==8x+4Δx,
当Δx→0时,→8x,
由得
故所求的点为P.
【补偿训练】
曲线y=-x2上的点到直线x-y+3=0的距离的最小值为_______________.?
【解析】设与直线x-y+3=0平行的直线与曲线y=-x2切于点P(x0,y0),则由
==-2x0-Δx,
当Δx→0时,→-2x0,
由得
所以P,
点P到直线x-y+3=0的距离
d==.
答案:
(20分钟·40分)
1.(5分)若函数f(x)在x=a处的导数为A,则当Δx→0时,→
( )
A.0
B.A
C.2A
D.A2
【解析】选B.因为当Δx→0时,→A,
所以→A(用-Δx替换Δx),
所以当Δx→0时,
=×+×
→[A+](当Δx→0时,-Δx→0)
→(A+A)=A.
【补偿训练】
y=f(x)=x3+2x+1在x=1处的导数为____________.?
【解析】因为Δy=f(1+Δx)-f(1)=(1+Δx)3+2(1+Δx)+1-(13+2×1+1)=
5Δx+3(Δx)2+(Δx)3,
所以==5+3Δx+(Δx)2,
当Δx→0时,→5,所以f′(1)=5.
答案:5
2.(5分)(多选)下面说法不正确的是
( )
A.若f′(x0)不存在,则曲线y=f(x)在点(x0,f(x0))处没有切线
B.若曲线y=f(x)在点(x0,f(x0))处有切线,则f′(x0)必存在
C.若f′(x0)不存在,则曲线y=f(x)在点(x0,f(x0))处的切线斜率不存在
D.若曲线y=f(x)在点(x0,f(x0))处没有切线,则f′(x0)有可能存在
【解析】选ABD.根据导数的几何意义及切线的定义知曲线在(x0,y0)处有导数,则切线一定存在,但反之不一定成立,故A,B,D错误,C正确.
3.(5分)若函数y=x2在点P处的导数值等于其函数值,则点P的坐标为____________.?
【解析】设函数y=x2在点(x0,y0)处的导数值与其函数值相等,
因为==2x0+Δx,当Δx→0时,2x0+Δx
=2x0,令y0=,所以2x0=,解得x0=0或x0=2,即在x=0或x=2处的导数值与其函数值相等.所以P的坐标为
(0,0)
或(2,4).
答案:(0,0)
或(2,4)
【补偿训练】
曲线y=x3在点(1,1)处的切线与x轴、直线x=2所围成的三角形的面积等于____________.?
【解析】由导数定义可求得y′=3x2,当x=1时,
y′=3,切线方程为3x-y-2=0,与x轴的交点坐标为,与x=2的交点坐标为(2,4),围成的三角形的面积为××4=.
答案:
4.(5分)若函数y=ax2+1的图象与直线y=x相切,则a=____________.?
【解析】根据题意,当Δx→0时,
=
==2ax+a·Δx→2ax,
设切点为(x0,y0),则2ax0=1,
且y0=a+1,y0=x0,
解得a=.
答案:
5.(10分)已知曲线C:f(x)=x3+x.
(1)求曲线C在点(1,2)处切线的斜率.
(2)设曲线C上任意一点处切线的倾斜角为α,求α的取值范围.
【解析】因为=
=3x2+3x(Δx)+1+(Δx)2,
当Δx→0时,→3x2+1.
所以f′(x)=3x2+1.
(1)曲线C在点(1,2)处切线的斜率k=f′(1)=4.
(2)曲线C在任意一点处切线的斜率k=f′(x)=tan
α,
所以tan
α=3x2+1≥1.
又α∈[0,π),所以α∈.
即倾斜角α的取值范围是.
【补偿训练】
设P为曲线C:y=x2+2x+3上的点,且曲线C在点P处切线的倾斜角的取值范围为,求点P横坐标的取值范围.
【解析】因为当Δx→0时,
=→2x+2.
且切线倾斜角θ∈,
所以切线的斜率k满足0≤k≤1,
即0≤2x+2≤1,所以-1≤x≤-.
故点P横坐标的取值范围是.
6.(10分)已知曲线y=f(x)=x2+1与y=g(x)=x3+1在x=x0处的切线互相垂直,求x0的值.
【解析】因为==Δx+2x,
当Δx→0时,
→2x,即f′(x)=2x,
==(Δx)2+3xΔx+3x2,
当Δx→0时,→3x2,即g′(x)=3x2,
所以k1=2x0,k2=3,由题意得k1k2=-1,
即6=-1,解得x0=-.
PAGE课时素养评价三 常见函数的导数
(25分钟·60分)
一、选择题(每小题5分,共25分)
1.函数y=sin的导数是
( )
A.sin
x
B.cos
x
C.-sin
x
D.-cos
x
【解析】选C.y=sin=cos
x,
所以y′=-sin
x.
2.f(x)=a3(a>0,a≠1),则f′(2)=
( )
A.8
B.12
C.8ln
3
D.0
【解析】选D.f(x)=a3(a>0,a≠1)是常数函数,
所以f′(x)=0.所以f′(2)=0.
3.若函数f(x)=,则f′(1)=
( )
A.0 B.- C.1 D.
【解析】选B.因为f(x)=,所以f′(x)=-,
f′(1)=-.
4.曲线y=在点M(3,3)处的切线方程是
( )
A.x-y-6=0
B.x+y-6=0
C.x+y+6=0
D.x-y+6=0
【解析】选B.因为y′=-,所以
当x=3时,y′=-1,所以过点(3,3)的切线方程为y-3=-(x-3),即x+y-6=0.
5.已知直线l是曲线y=x3+x的切线中倾斜角最小的切线,则l的方程是( )
A.y=x
B.y=x
C.y=2x
D.y=4x
【解析】选B.因为y′=x2+1≥1,所以过点(0,0)且斜率为1的切线倾斜角最小,所以直线l的方程是y=x.
二、填空题(每小题5分,共15分)
6.物体的运动方程为s=t3,则物体在t=1时的速度为____________,在t=4时的速度为____________.?
【解析】s′=3t2,
当t=1时,s′=3,当t=4时,s′=48.
答案:3 48
7.过曲线y=上一点P的切线的斜率为-4,则P的坐标为____________.?
【解析】因为y′=-,令-=-4,
得x=±,P的坐标为或.
答案:或
8.与直线2x-y-4=0平行且与曲线y=相切的直线方程是____________.?
【解析】因为直线2x-y-4=0的斜率为k=2,
又因为y′=()′=,所以=2,解得x=.
所以切点的坐标为.
故切线方程为y-=2.
即16x-8y+1=0.
答案:16x-8y+1=0
三、解答题(每小题10分,共20分)
9.求下列函数的导数.
(1)y=sin.(2)y=.
(3)y=3-x. (4)y=-2sin.
【解析】(1)y=sin=为常数,所以y′=0.
(2)y==x-2,所以y′=-2x-3=-.
(3)y=3-x=,所以y′=ln
=-3-xln
3.
(4)y=-2sin=-2sin·=2sincos=sin
x,y′=cos
x.
10.求经过点(2,0)且与曲线y=相切的直线方程.
【解题指南】先验证点是否在曲线上,然后根据导数公式进行求导.
【解析】可以验证点(2,0)不在曲线上,
故设切点为P(x0,y0).由y′=-,
得所求直线方程为y-y0=-(x-x0).
由点(2,0)在直线上,得y0=2-x0,
再由P(x0,y0)在曲线上,得x0y0=1,
联立可解得x0=1,y0=1.
所求直线方程为x+y-2=0.
(20分钟·40分)
1.(5分)若函数y=x5(-1≤x≤2)图象上任一点处的切线斜率为k,则k的最小值为
( )
A.0 B.5 C.-1 D.32
【解析】选A.因为y=x5,所以y′=5x4,
因为y′=5x4在[-1,2]上的最小值为0,
故切线斜率的最小值为0.
2.(5分)(多选题)若f(x)=sin
x,f′(α)=,则下列α的值中满足条件的是
( )
A.
B.
C.π
D.π
【解析】选AD.因为f(x)=sin
x,所以f′(x)=cos
x.又因为f′(α)=cos
α=,所以α=2kπ±(k∈Z).当k=0时,α=±.
当k=1时,α=π或α=π,故AD满足条件.
3.(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αl的取值范围是____________.?
【解析】因为(sin
x)′=cos
x,所以kl=cos
x,
所以-1≤kl≤1,所以αl∈∪.
答案:∪
4.(5分)已知函数y=kx是曲线y=ln
x的一条切线,则k=____________.?
【解析】设切点为(x0,y0),因为y′=,所以k=,所以y=·x,又点(x0,y0)在曲线y=ln
x上,所以y0=ln
x0,
所以ln
x0=,所以x0=e,所以k=.
答案:
5.(10分)证明曲线xy=1上任意一点处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积等于常数.
【证明】由xy=1得y=(x≠0),y′=-,
设切点,则当x=x0时,k=-,
切线方程为y-=-(x-x0),
即y=-+,
当x=0时,y=,
当y=0时,x=2x0,S△=·|2x0|=2为常数,故曲线xy=1上任意一点处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积等于常数.
【拓展延伸】求切线方程的常见方法
(1)数形结合.
(2)将直线方程代入曲线方程利用判别式.
(3)利用导数的几何意义.
6.(10分)已知函数f(x)=其图象在点(1,f(1))处的切线方程为y=2x+1,求它在点(-3,f(-3))处的切线方程.
【解析】当x<-1时,-x-2>-1,
故f(-x-2)=a(-x-2)2+b(-x-2)+c=
ax2+(4a-b)x+4a-2b+c,
由图象在点(1,f(1))处的切线方程为y=2x+1,
得即
因此f(-3)=9a-3(4a-b)+4a-2b+c=
a+b+c=3,f′(-3)=2a×(-3)+4a-b=
-2a-b=-2,
故函数在点(-3,f(-3))处的切线方程为
y-3=-2(x+3),即y=-2x-3.
PAGE课时素养评价四 函数的和、差、积、商的导数
(25分钟·60分)
一、选择题(每小题5分,共25分)
1.下列运算中正确的是
( )
A.(ax2+bx+c)′=a(x2)′+b(x)′
B.(cos
x-2x2)′=(cos
x)′-2′(x2)′
C.(sin
2x)′=(sin
x)′·cos
x+(cos
x)′·cos
x
D.′=(2x)′+(x-2)′
【解析】选A.因为(cos
x-2x2)′=(cos
x)′-2(x2)′,故B错误;
因为(sin
2x)′=2(sin
x)′·cos
x+2sin
x·(cos
x)′,故C错误;因为
′=(2x)′-(x-2)′,故D错误.只有A正确.
2.(2020·全国Ⅰ卷)函数f(x)=x4-2x3的图像在点(1,f(1))处的切线方程为
( )
A.y=-2x-1
B.y=-2x+1
C.y=2x-3
D.y=2x+1
【解析】选B.因为f(x)=x4-2x3,所以f′(x)=4x3-6x2,所以f(1)=-1,f′(1)=-2,因此,所求切线的方程为y+1=-2(x-1),即y=-2x+1.
3.函数f(x)=x3-mx+3,若f′(1)=0,则m=
( )
A.0
B.1
C.2
D.3
【解析】选D.f′(x)=3x2-m,
所以f′(1)=3-m=0,所以m=3.
4.已知函数f(x)的导函数为f′(x),且满足f(x)=2x·f′(1)+ln
x,则f′(1)=
( )
A.-2
B.-1
C.0
D.1
【解析】选B.由f(x)=2xf′(1)+ln
x,得f′(x)=2f′(1)+,
所以f′(1)=2f′(1)+1,则f′(1)=-1.
5.曲线y=在点(-1,-1)处的切线方程为
( )
A.y=2x+1
B.y=2x-1
C.y=-2x-3
D.y=-2x-2
【解析】选A.因为y′=,所以切线斜率k=y′|x=-1=2,故切线方程为y=2x+1.
二、填空题(每小题5分,共15分)
6.设f(x)=ax3+3x2+2,若f′(-1)=4,则a的值等于____________.?
【解析】f′(x)=3ax2+6x,所以f′(-1)=3a-6=4,解得a=.
答案:
7.已知函数f(x)=ex·cos
x-x,则曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为____________.?
【解题指南】通过求导得切线斜率,一点一斜率可确定切线方程,最后将方程化为一般式.
【解析】f′(x)=excos
x-exsin
x-1,当x=0时,
f′(0)=e0cos
0-e0sin
0-1=0.
又f(0)=e0·cos
0-0=1,所以切线方程为y=1.
答案:y=1
【补偿训练】
曲线y=x(3ln
x+1)在点(1,1)处的切线方程为_______________.?
【解题指南】通过求导得切线斜率,一点一斜率可确定切线方程,最后将方程化为一般式.
【解析】y′=3ln
x+4,故当x=1时,y′=4,所以曲线在点(1,1)处的切线方程为y-1=4(x-1),化为一般式方程为4x-y-3=0.
答案:4x-y-3=0
8.设函数f(x)=ln
x,g(x)=ax+(a,b∈R),若函数f(x)与g(x)的图象在x=1处有相同的切线,则a=____________,b=____________.?
【解析】f′(x)=,当x=1时,f′(1)=1,切点(1,0),
又g′(x)=a-,依据题意可得
即得a=,b=-.
答案: -
【补偿训练】
已知函数f(x)=ax3+x+1的图象在点(1,f(1))处的切线过点(2,7),则
a=____________.?
【解析】因为f′(x)=3ax2+1,
所以图象在点(1,f(1))处的切线的斜率k=3a+1,所以切线方程为y-7=(3a+1)(x-2),
即y=(3a+1)x-6a+5,
又切点为(1,f(1)),
所以f(1)=3a+1-6a+5=-3a+6,
又f(1)=a+2,
所以-3a+6=a+2,解得a=1.
答案:1
三、解答题(每小题10分,共20分)
9.求下列函数的导数.
(1)f(x)=(x3+1)(2x2+8x-5).
(2)f(x)=xtan
x-.
【解析】(1)因为f(x)=2x5+8x4-5x3+2x2+8x-5,
所以f′(x)=10x4+32x3-15x2+4x+8.
(2)f′(x)=′=′
=
=
=tan
x+-.
【补偿训练】
求下列函数的导数:
(1)y=x.
(2)y=(+1).
【解析】(1)因为y=x=x3+1+,所以y′=3x2-.
(2)因为y=(+1)=-+,
所以y′=--=-.
10.已知抛物线y=f(x)=ax2+bx+c通过点(1,1),且在点(2,-1)处与直线y=x-3相切,求a,b,c的值.
【解题指南】本题考查导数的几何意义.函数在x=2处的导数等于直线y=x-3的斜率.由题意构造出关于a,b,c的方程组,然后求解.
【解析】因为f(1)=1,所以a+b+c=1.①
又因为f′(x)=2ax+b,f′(2)=1,所以4a+b=1.②
又切点(2,-1)在抛物线上,
所以4a+2b+c=-1.③
把①②③联立得方程组
解得即a=3,b=-11,c=9.
(20分钟·40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)设函数f(x)=xm+ax的导数为f′(x)=2x+1,则数列(n∈N
)的前n项和是
( )
A.
B.
C.
D.
【解析】选A.因为f(x)=xm+ax的导数为f′(x)=2x+1,所以m=2,a=1,所以f(x)=x2+x,
即f(n)=n2+n=n(n+1),
所以数列(n∈N
)的前n项和为:
Sn=+++…+
=++…+
=1-=.
3.(5分)设曲线y=ex在点(0,1)处的切线与曲线y=(x>0)上点P处的切线垂直,则点P的坐标为____________.?
【解析】由y′=ex,知曲线y=ex在点(0,1)处的切线斜率k1=e0=1.设P(m,n),又y=(x>0)的导数y′=-,曲线y=(x>0)在点P处的切线斜率k2=-.依题意k1k2=-1,所以m=1,从而n=1.
则点P的坐标为(1,1).
答案:(1,1)
4.(5分)若曲线y=f(x)=x4-x在点P处的切线垂直于直线x+3y=0,则点P的坐标是____________.?
【解析】设点P(x0,y0),
则f′(x)=4x3-1,f′(x0)=4-1,
由题意4-1=3,解得x0=1,
故点P的坐标是(1,0).
答案:(1,0)
5.(10分)求下列函数的导数.
(1)y=(2x2+3)(3x-2).
(2)f(x)=.
【解析】(1)y′=(2x2+3)′(3x-2)+(2x2+3)·(3x-2)′=4x(3x-2)+(2x2+3)·3
=18x2-8x+9.
【一题多解】y′=(6x3-4x2+9x-6)′
=18x2-8x+9.
(2)f(x)=(x2+1)·=+,
f′(x)=-=-=.
【误区警示】解答(2)时容易出现′=的错误.
6.(10分)已知曲线C:y=3x4-2x3-9x2+4.
(1)求曲线C在点(1,-4)处的切线方程.
(2)对于(1)中的切线与曲线C是否还有其他公共点?若有,求出公共点;若没有,说明理由.
【解析】(1)y′=12x3-6x2-18x,
当x=1时,y′=-12,
所以曲线在点(1,-4)处的切线斜率为-12,
所以所求切线方程为y+4=-12(x-1),
即y=-12x+8.
(2)设(1)中的切线与曲线C还有其他公共点,于是由
整理得3x4-2x3-9x2+12x-4=0.
x3(3x-2)-(3x-2)2=0,
(3x-2)(x3-3x+2)=0,
即(x+2)(3x-2)(x-1)2=0.
所以x=-2,x=,x=1.
即除切点外还有交点(-2,32)和.
【拓展延伸】存在性问题的解决策略
先假设存在,通过推理、计算,看能否得出正确的结果,然后下结论,本题的难点在于对式子的恒等变形.
【补偿训练】
已知曲线y=2+1,在曲线上是否存在点P,使在点P处曲线的切线与y=-2x+3垂直,若存在,求出点P的坐标并求出在该点处的切线方程;若不存在,请说明理由.
【解析】假设存在点P(x0,y0)满足题设条件.
由已知可得,y=-2x+3的斜率为k1=-2.
因为切线与y=-2x+3垂直,所以切线的斜率为k=.
又y′=(2+1)′=2·=,
所以=?x0=4,所以切点为(4,5).
所求切线方程为y-5=(x-4),
即x-2y+6=0.
PAGE课时素养评价五 简单复合函数的导数
(25分钟·60分)
一、选择题(每小题5分,共25分)
1.函数y=cos
2x的导数为
( )
A.y′=sin
2x
B.y′=-sin
2x
C.y′=-2sin
2x
D.y′=2sin
2x
【解析】选C.y′=-sin
2x·(2x)′=-2sin
2x.
2.设f(x)=ln(3x-1),若f(x)在x0处的导数f′(x0)=6,则x0的值为
( )
A.0 B. C.3 D.6
【解析】选B.由f(x)=ln(3x-1),得f′(x)=.
由f′(x0)==6,解得x0=.
3.已知函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,φ>0)的图象关于y轴对称,则f′(0)=_________.(其中f′(x)是f(x)的导函数)
( )?
A.0
B.ω
C.φ
D.1
【解析】选A.因为函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,φ>0)的图象关于y轴对称,所以f(0)=sin
φ=±1,
故φ=kπ+,k∈Z,
①当k=2n,n∈Z时,f(x)=sin=cos
ωx,
这时,f′(x)=-ωsin
ωx,所以f′(0)=0.
②当k=2n+1,n∈Z时,
f(x)=sin=-cos
ωx,
这时,f′(x)=ωsin
ωx,所以f′(0)=0,
综上所述,f′(0)=0.
4.设函数f(x)=ax2+2ln(2-x)(a∈R)在点(1,f(1))处的切线为l,若直线l与圆C:x2+y2=相切,则实数a的值为
( )
A.
B.
C.
D.2
【解析】选C.因为f(1)=a,f′(x)=2ax+(x<2),
所以f′(1)=2a-2,
所以切线l的方程为2(a-1)x-y+2-a=0.
因为直线l与圆相切,所以圆心到直线l的距离等于半径,即=,解得a=.
【延伸探究】
若将上题中条件改为“直线l与圆C:x2+y2=相交”,则a的取值范围为____________.?
【解析】由题目知,直线l的方程为2(a-1)x-y+2-a=0.
因为直线l与圆C:x2+y2=相交,
所以圆心到直线l的距离小于半径.
即<.解得a>.
答案:
5.曲线y=在点(4,e2)处的切线与坐标轴所围成的三角形的面积为
( )
A.4
B.e2
C.
D.4e2
【解析】选B.y′=,曲线在点(4,e2)处的切线斜率为e2,
所以切线方程为:y-e2=e2(x-4).
令x=0,得y=-e2,令y=0,得x=2,
所以与坐标轴所围成的三角形的面积
S△=×2×e2=e2.
二、填空题(每小题5分,共15分)
6.设f(x)=ln,则f′(2)=____________.?
【解题指南】令u(x)=,可求得u′(x)=,从而可求得f′(x),求出f′(2).
【解析】因为f(x)=ln,令u(x)=,
则f(u)=ln
u,
因为f′(u)=,u′(x)=·=,
由复合函数的导数公式得:
f′(x)=·=,
所以f′(2)=.
答案:
【补偿训练】
设f(x)=cos22x,则f′=____________.?
【解析】因为f(x)=cos22x=+cos
4x,
所以f′(x)=(cos
4x)′(4x)′=-2sin
4x,
所以f′=-2sin
=-2.
答案:-2
7.已知函数f(x)的导函数为f′(x),若f(x)=f′sin
3x+cos
3x,则f′=_______________.?
【解析】因为f(x)=f′sin
3x+cos
3x,
所以f′(x)=f′·3cos
3x-3sin
3x,
所以令x=可得f′=f′3cos
-3sin
=f′×-3×,解得f′=3
.
答案:3
【补偿训练】
设y=g(x)=f(sin2x)+f(cos2x),其中f(x)可导,则g′=____________.?
【解析】g′(x)=[f(sin2x)]′+[f(cos2x)]′
=f′(sin2x)·2sin
x·cos
x+f′(cos2x)·2cos
x·
(-sin
x)
=sin
2x[f′(sin2x)-f′(cos2x)],
所以g′=f′-f′=0.
答案:0
8.已知函数f(x)=x,则f′(2)=_______________.?
【解析】因为f′(x)=(xe-x)′=x′e-x+x(e-x)′=e-x+x(-e-x)=(1-x)e-x.所以f′(2)=-e-2=-.
答案:-
三、解答题(每小题10分,共20分)
9.求下列函数的导数:
(1)y=(-2)2.
(2)y=x-sincos.
(3)y=sin2.
【解析】(1)因为y=(-2)2,
所以y′=2(-2)(-2)′=2(-2)·=1-.
(2)因为y=x-sincos=x-sin
2,
所以y′=1-(2)′cos
2=1-cos
2.
(3)方法一:
y′=2sin·′
=2sincos·′
=2sin.
方法二:因为y=sin2=,
所以y′=′+×sin×′
=2sin.
10.已知曲线y=x3+x-2在点P0处的切线l1平行于直线4x-y-1=0,且点P0在第三象限.
(1)求P0的坐标.
(2)若直线l⊥l1,且l也过切点P0,求直线l的方程.
【解析】(1)由y=x3+x-2,得y′=3x2+1,
由已知令3x2+1=4,解得x=±1.
当x=1时,y=0;当x=-1时,y=-4.
又因为点P0在第三象限,
所以切点P0的坐标为(-1,-4).
(2)因为直线l⊥l1,l1的斜率为4,
所以直线l的斜率为-.
因为l过切点P0,点P0的坐标为(-1,-4),
所以直线l的方程为y+4=-(x+1),
即x+4y+17=0.
(20分钟·40分)
1.(5分)f(x)=esin
xcos
x
sin
x,则f′(0)=
( )
A.0 B.1 C.2 D.e
【解析】选B.因为f(x)=esin
xcos
x
sin
x,
所以f′(x)=(esin
x)′cos
x
sin
x+esin
x(cos
x)′(sin
x)+
esin
x
cos
x(sin
x)′
=esin
xcos2x
sin
x+esin
x(-sin2x)+esin
xcos2x.
所以f′(0)=0+0+1=1.
2.(5分)若对任意x∈R,f′(x)=4x3,f(1)=-1,则f(x)=
( )
A.x4
B.x4-2
C.4x3-5
D.x4+2
【解析】选B.因为f′(x)=4x3.
所以f(x)=x4+c,c∈R,
因为f(1)=1+c=-1,所以c=-2,
所以f(x)=x4-2.
3.(5分)已知f(x)为偶函数,当x≤0时,f(x)=e-x-1-x,则曲线y=
f(x)在点(1,2)处的切线方程是____________.?
【解析】设x>0,则-x<0,
因为x≤0时,f=e-x-1-x,
所以f=ex-1+x,
又因为f为偶函数,
所以f=ex-1+x,f′=ex-1+1,
f′=e1-1+1=2,
所以切线方程为y-2=2,
即2x-y=0.
答案:2x-y=0
【补偿训练】
函数y=ln的导数为_______________.?
【解析】y′=′
=··
=·
=.
答案:
4.(5分)f(x)=,且f′(1)=1,则a的值为____________.?
【解析】因为f′(x)=·(ax-1)′=,所以f′(1)==1.解得a=2.
答案:2
5.(10分)求曲线y=ln(3x-2)上的点到直线l:3x-y+3=0的最短距离.
【解析】作出直线l:3x-y+3=0和曲线y=ln(3x-2)的图象(略)可知它们无公共点,所以,平移直线l,使之与曲线相切时,切点到直线l的距离就是曲线上的点到直线l的最短距离,y′=(3x-2)′=.
设切点为P(x0,y0),
所以=3,所以x0=1,
所以y0=ln(3×1-2)=0,P(1,0).
所以,曲线y=ln(3x-2)上的点到直线
l:3x-y+3=0的最短距离为P(1,0)到直线
l:3x-y+3=0的距离,
d==.
6.(10分)设曲线y=f(x)=e-x(x≥0)在点M(t,e-t)处的切线L与x轴,y轴所围成的三角形面积为S(t),求S(t)的解析式.
【解题指南】要求S(t)的解析式,必须知道三角形的底和高,可以通过求曲线与x轴,y轴的交点来得到底与高.
【解析】对f(x)=e-x求导可得
f′(x)=(e-x)′=-e-x,
故切线L在点M(t,e-t)处的斜率为
f′(t)=-e-t,
故切线L的方程为
y-e-t=-e-t(x-t).
即e-tx+y-e-t(t+1)=0,
令y=0可得x=t+1,
令x=0可得y=e-t(t+1),
所以S(t)=(t+1)·e-t(t+1)
=(t+1)2e-t(t≥0).
PAGE课时素养评价六 单 调 性
(25分钟·60分)
一、选择题(每小题5分,共25分)
1.曲线y=x2-2ln
x的单调增区间是
( )
A.(0,1]
B.[1,+∞)
C.(-∞,-1]和(0,1]
D.[-1,0)和[1,+∞)
【解析】选B.求解函数的导数可得y′=2x-,
令2x-≥0,结合x>0,解得x≥1.
所以单调增区间为[1,+∞).
【误区警示】易错选D,忽略定义域不是R,而是(0,+∞).
2.下列函数中,在(0,+∞)内为增函数的是
( )
A.y=sin
2x
B.y=xex
C.y=x3-x
D.y=-x+ln(1+x)
【解析】选B.y=xex,则y′=ex+xex=ex(1+x)在(0,+∞)上恒大于0.
3.已知函数f(x)=+ln
x,则有
( )
A.f(2)
B.f(e)C.f(3)D.f(e)【解析】选A.在(0,+∞)上,f′(x)=+>0,所以f(x)在(0,+∞)上是增函数,所以有f(2)【补偿训练】
函数f(x)=x3-15x2-33x+6的单调减区间是__________________.?
【解析】因为f′(x)=3x2-30x-33=
3(x+1)(x-11).
由f′(x)<0,得-1所以f(x)的单调减区间为(-1,11).
答案:(-1,11)
4.设f′(x)是函数f(x)的导函数,y=f′(x)的图象如图所示,则y=f(x)的图象最有可能的是
( )
【解析】选C.由y=f′(x)的图象可知f(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,故应选C.
【补偿训练】
函数f(x)=x-sin
x是
( )
A.奇函数且单调递增
B.奇函数且单调递减
C.偶函数且单调递增
D.偶函数且单调递减.
【解析】选A.因为函数的定义域为R,f(-x)=
-x-sin(-x)=-(x-sin
x)=-f(x),
所以函数f(x)是奇函数.又f′(x)=1-cos
x≥0,
所以函数f(x)=x-sin
x在R上是增函数.故A正确.
5.设函数h(x)=mln
x+(m∈R)在(1,+∞)上单调递增,则m的取值范围是
( )
A.m<1
B.m≤1
C.m>1
D.m≥1
【解析】选D.因为h(x)=mln
x+,
所以h′(x)=-.由题意,h′(x)=-≥0,
即m≥对x∈(1,+∞)恒成立.
又当x∈(1,+∞)时,<1,所以m≥1.
【补偿训练】
已知f(x)=x3-ax在[1,+∞)上是增函数,则实数a的取值范围是____________.?
【解析】f′(x)=3x2-a,由题意知3x2-a≥0,
即a≤3x2在x∈[1,+∞)恒成立.
又当x∈[1,+∞)时,3x2≥3,
所以a≤3,所以a的取值范围是(-∞,3].
答案:(-∞,3]
二、填空题(每小题5分,共15分)
6.若函数f(x)的导函数为f′(x)=x2-4x+3,则函数f(1+x)的单调递减区间是____________.?
【解析】令f′(x)=x2-4x+3<0,得1由1<1+x<3,解得0答案:(0,2)
【补偿训练】
函数f(x)=2x2-ln
x的单调递减区间是_______________.?
【解析】因为f′(x)=4x-,令f′(x)<0,
又函数的定义域为(0,+∞),故函数的单调减区间为.
答案:
7.函数y=xsin
x+cos
x,x∈(-π,π)的单调增区间是_______________.?
【解析】y′=xcos
x,当-πx<0,
所以y′=xcos
x>0;当0x>0,
所以y′=xcos
x>0.故函数的单调增区间是和.
答案:和
8.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____________.?
【解析】设F(x)=f(x)-(2x+4),
则F(-1)=f(-1)-(-2+4)=2-2=0.
F′(x)=f′(x)-2,对任意x∈R,F′(x)>0,
即函数F(x)在R上是单调增函数,
则F(x)>0的解集为(-1,+∞),
故f(x)>2x+4的解集为(-1,+∞).
答案:(-1,+∞)
三、解答题(每小题10分,共20分)
9.确定下列函数的单调区间:
(1)y=x3-9x2+24x.
(2)y=3x-x3.
【解析】(1)y′=(x3-9x2+24x)′
=3x2-18x+24=3(x-2)(x-4).
令3(x-2)(x-4)>0,解得x>4或x<2.所以y=x3-9x2+24x的单调增区间是(4,+∞)和(-∞,2).
令3(x-2)(x-4)<0,解得2所以y=x3-9x2+24x的单调减区间是(2,4).
(2)y′=(3x-x3)′=3-3x2=-3(x2-1)
=-3(x+1)(x-1).
令-3(x+1)(x-1)>0,解得-1所以y=3x-x3的单调增区间是(-1,1).
令-3(x+1)(x-1)<0,
解得x>1或x<-1.
所以y=3x-x3的单调减区间是(-∞,-1)和(1,+∞).
10.已知曲线y=x3+3x2+6x+10,点P(x,y)在该曲线上移动,在P点处的切线为直线l.
(1)求证:此函数在R上单调递增.
(2)求l的斜率k的范围.
【解析】(1)由于y′=3x2+6x+6=3(x2+2x+1)+3=3(x+1)2+3>0恒成立,所以此函数在R上递增.
(2)由(1)知f′(x)=3(x+1)2+3≥3,
所以l的斜率的范围是k≥3.
【补偿训练】
设函数f(x)=ax3+bx2+c,其中a+b=0,a,b,c均为常数,曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程为x+y-1=0.
(1)求a,b,c的值.
(2)求函数f(x)的单调区间.
【解析】(1)因为f′(x)=3ax2+2bx,
所以f′(1)=3a+2b,
又因为切线x+y=1的斜率为-1,
所以3a+2b=-1,a+b=0,解得a=-1,b=1,
所以f(1)=a+b+c=c,
由点(1,c)在直线x+y=1上,
可得1+c=1,即c=0,所以a=-1,b=1,c=0.
(2)由(1)知f(x)=-x3+x2,
令f′(x)=-3x2+2x=0,解得x1=0,x2=,
当x∈(-∞,0)时,f′(x)<0;
当x∈时,f′(x)>0;
当x∈时,f′(x)<0,所以f(x)的增区间为,减区间为(-∞,0)和.
(20分钟·40分)
1.(5分)已知f(x)=ax3+3x2-x+1在R上是减函数,则a的取值范围为
( )
A.(-∞,-3)
B.(-∞,-3]
C.(-3,+∞)
D.[-3,+∞)
【解析】选B.因为f′(x)=3ax2+6x-1≤0恒成立,
所以即
所以a≤-3.
【补偿训练】
已知函数f(x)=x3+ax2+bx+c(其中a,b,c为实数)在定义域R上单调递增,则实数a,b满足条件为____________.?
【解析】f′(x)=3x2+2ax+b,因为f(x)在R上单调递增,即f′(x)≥0恒成立,
所以Δ=(2a)2-12b≤0成立,即a2-3b≤0.
答案:a2-3b≤0
2.(5分)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(x)
D.f(a)-f(b)≥g(b)-g(a)
【解析】选B.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,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).
3.(5分)若函数f(x)=x2-aln
x在其定义域内的一个子区间(a-2,a+2)上不单调,则实数a的取值范围是____________.?
【解析】定义域为(0,+∞).
f′(x)=x-=.
依据题意知a-2≥0,所以a≥2.
令f′(x)>0得x>.
故函数的减区间为(0,),增区间为(,+∞).
因为f(x)=x2-aln
x在(a-2,a+2)上不单调,
所以a-2<又因为a≥2,所以2≤a<4.
答案:2≤a<4
【补偿训练】
设f(x)=-x3+x2+2ax.若f(x)在上存在单调递增区间,则a的取值范围为____________.?
【解析】f′(x)=-x2+x+2a,
由题意知在上存在x使-x2+x+2a>0成立,令g(x)=-x2+x+2a,
则g>0,解得:a>-.
答案:
4.(5分)已知函数f(x)=x2+2ax-ln
x,若f(x)在区间上是增函数,则实数a的取值范围为____________.?
【解析】f′(x)=x+2a-≥0在上恒成立,则2a≥-x+在上恒成立,
因为y=-x+在上为减函数,
所以=,所以2a≥,即a≥.
答案:
【补偿训练】
已知函数f(x)=x3-x2+mx+2,若对任意x1,x2∈R,均满足(x1-x2)·
>0,则实数m的取值范围是____________.?
【解析】对任意x1,x2∈R,均满足(x1-x2)·>0,即函数f(x)在R上为增函数,即有f′(x)≥0在R上恒成立.
因为f(x)=x3-x2+mx+2的导数为f′(x)=3x2-2x+m.
所以3x2-2x+m≥0恒成立,
则Δ=4-12m≤0.
解得m≥.
则实数m的取值范围是.
答案:
5.(10分)已知函数y=x+,试讨论出此函数的单调区间.
【解析】y′=′=1-1·x-2=
=,令>0.
解得x>1或x<-1.
所以y=x+的单调增区间是(-∞,-1)和(1,+∞).
令<0,解得-1所以y=x+的单调减区间是(-1,0)和(0,1).
6.(10分)设函数f(x)=(m-1)x2-2ln
x+mx,其中m是实数.
(1)若f(1)=2,求函数f(x)的单调区间.
(2)当f′(2)=10时,若P(s,t)为函数y=f(x)图象上一点,且直线OP与y=f(x)相切于点P,其中O为坐标原点,求s.
【解析】(1)由f(1)=m-1+m=2m-1=2,得m=,
所以f(x)=x2-2ln
x+x(x>0),
所以f′(x)=x-+=.
由f′(x)>0得:x>;
由f′(x)<0得:0所以f(x)的单调增区间为,单调减区间为.
(2)由f′(2)=10,得m=3,
所以f(x)=2x2-2ln
x+3x.
所以f′(x)=4x-+3(x>0),所以切线的斜率k=4s-+3.又切线OP的斜率为k=,
所以,4s-+3=,即s2+ln
s-1=0,
设y=s2+ln
s-1,所以y′=2s+>0,
所以,函数y=s2+ln
s-1在(0,+∞)上为增函数,
且s=1是方程的一个解,
即s=1是惟一解,所以s=1.
PAGE课时素养评价七 极大值与极小值
(25分钟·60分)
一、选择题(每小题5分,共25分)
1.函数f(x)的定义域为R,它的导函数y=f′(x)的部分图象如图所示,则下面结论错误的是
( )
A.在(1,2)上函数f(x)为增函数
B.在(3,4)上函数f(x)为减函数
C.在(1,3)上函数f(x)有极大值
D.x=3是函数f(x)在区间[1,5]上的极小值点
【解析】选D.由题图可知,当10,当2当40,所以x=2是函数f(x)的极大值点,x=4是函数f(x)的极小值点,故A,B,C正确,D错误.
【拓展延伸】图象信息题的处理思路
(1)给出函数图象研究函数性质的题目,要分清给的是f(x)的图象还是f′(x)的图象.
(2)若给的是f(x)的图象,应先找出f(x)的单调区间及极值点,若给的是f′(x)的图象,应先找出f′(x)的正负区间及由正变负还是由负变正,然后结合题目特点分析求解.
2.函数f(x)=2-x2-x3的极值情况是
( )
A.有极大值,没有极小值
B.有极小值,没有极大值
C.既无极大值也无极小值
D.既有极大值又有极小值
【解析】选D.f′(x)=-2x-3x2,令f′(x)=0有x=0或x=-.当x<-时,f′(x)<0;当-0;当x>0时,f′(x)<0,从而在x=0时,f(x)取得极大值,在x=-时,f(x)取得极小值.
3.下列结论中,正确的是
( )
A.导数为零的点一定是极值点
B.如果f′(x0)=0且在x0附近的左侧f′(x)>0,右侧f′(x)<0,那么f(x0)是极大值
C.如果f′(x0)=0且在x0附近的左侧f′(x)>0,右侧f′(x)<0,那么f(x0)是极小值
D.如果f′(x0)=0且在x0附近的左侧f′(x)<0,右侧f′(x)>0,那么f(x0)是极大值
【解析】选B.根据极值的概念,
在x0附近的左侧f′(x)>0,单调递增;
右侧f′(x)<0,单调递减,f(x0)为极大值.
4.函数f(x)=ax3+bx在x=1处有极值-2,则a,b的值分别为
( )
A.1,-3
B.1,3
C.-1,3
D.-1,-3
【解析】选A.f′(x)=3ax2+b,
由题意可知
解得
5.对于函数f(x)=x3-3x2,给出命题:
①f(x)是增函数,无极值;
②f(x)是减函数,无极值;
③f(x)的单调递增区间为(-∞,0),(2,+∞),单调递减区间为(0,2);
④f(0)=0是极大值,f(2)=-4是极小值.
其中正确的命题有
( )
A.1个
B.2个
C.3个
D.4个
【解析】选B.f′(x)=3x2-6x.
令f′(x)=3x2-6x>0,得x>2或x<0;
令f′(x)=3x2-6x<0,得0所以函数f(x)在区间(-∞,0)和(2,+∞)上单调递增,在区间(0,2)上单调递减.
当x=0和x=2时,函数分别取得极大值0和极小值-4.
所以③④正确.
二、填空题(每小题5分,共15分)
6.函数f(x)=x2e-x的极大值为____________,极小值为____________.?
【解析】函数f(x)的定义域为R.f′(x)=2xe-x+x2e-x(-x)′=2xe-x-x2e-x=x(2-x)e-x.
令f′(x)=0,得x=0或x=2.当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如表:
x
(-∞,0)
0
(0,2)
2
(2,+∞)
f′(x)
-
0
+
0
-
f(x)
↘
0
↗
↘
从表中可以看出,当x=0时,函数f(x)有极小值,且f(0)=0;
当x=2时,函数f(x)有极大值,且f(2)=.
答案: 0
【补偿训练】
1.已知函数f(x)=x3+3mx2+nx+m2在x=-1时有极值为0,则m+n=____________.?
【解析】因为f′(x)=3x2+6mx+n,依题意有
即
解得或
检验知当时,函数没有极值.
所以m+n=11.
答案:11
2.已知函数f(x)=-x3+ax2-4在x=2处取得极值,若m∈[-1,1],则f(m)的最小值为_______________.?
【解析】因为f′(x)=-3x2+2ax,
由f(x)在x=2处取得极值得f′(2)=0,
即-3×4+2a×2=0,故a=3.
所以f(x)=-x3+3x2-4,f′(x)=-3x2+6x.
由此可得f(x)在(-1,0)上单调递减,
在(0,1)上单调递增,
所以对m∈[-1,1]时,f(m)min=f(0)=-4.
答案:-4
7.已知三次函数f(x),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f(x)的解析式为f(x)=____________.?
【解析】设f(x)=ax3+bx2+cx+d(a≠0),
则f′(x)=3ax2+2bx+c,
由题意知
解得
所以f(x)=x3-6x2+9x.
答案:x3-6x2+9x
8.若函数f(x)=x3-3x2+mx在区间(0,3)内有极值,则实数m的取值范围是____________.?
【解析】f′(x)=3x2-6x+m,有对称轴为x=1.
若函数f(x)=x3-3x2+mx在(0,3)内有极值,
则
解得-9答案:(-9,3)
三、解答题(每小题10分,共20分)
9.求下列函数的极值.
(1)f(x)=x3-12x.
(2)f(x)=xe-x.
【解析】(1)函数f(x)的定义域为R.
f′(x)=3x2-12=3(x+2)(x-2).
令f′(x)=0,得x=-2或x=2.
当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如表:
x
(-∞,-2)
-2
(-2,2)
2
(2,+∞)
f′(x)
+
0
-
0
+
f(x)
↗
极大值
↘
极小值
↗
从表中可以看出,当x=-2时,函数f(x)有极大值,且f(-2)=(-2)3-12×(-2)=16;
当x=2时,函数f(x)有极小值,且f(2)=23-12×2=-16.
(2)f′(x)=(1-x)e-x.令f′(x)=0,解得x=1.
当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如表:
x
(-∞,1)
1
(1,+∞)
f′(x)
+
0
-
f(x)
↗
极大值
↘
从表中可以看出,函数f(x)在x=1处取得极大值,且f(1)=.
【拓展延伸】求函数y=f(x)的极值的方法
前提
条件
结论
解方程f′(x0)=0,当f′(x0)=0时
在x0附近的左侧f′(x)>0,右侧f′(x)<0
f(x0)是极大值
在x0附近的左侧f′(x)<0,右侧f′(x)>0
f(x0)是极小值
10.已知函数f(x)=(x-2)ex-x2+x+2.
(1)求函数f(x)的单调区间和极值.
(2)证明:当x≥1时,f(x)>x3-x.
【解析】(1)f′(x)=(x-1)(ex-1),
当x<0或x>1时,f′(x)>0,
当0所以f(x)在(-∞,0),(1,+∞)上单调递增,
在(0,1)上单调递减,
当x=0时,f(x)有极大值f(0)=0,
当x=1时,f(x)有极小值f(1)=-e.
(2)设g(x)=f(x)-x3+x,
则g′(x)=(x-1)ex--,
令u(x)=ex--,则u′(x)=ex-,
当x≥1时,u′(x)=ex->0,u(x)在[1,+∞)上单调递增,u(x)≥u(1)=e-2>0,
所以g′(x)=(x-1)≥0,
g(x)=f(x)-x3+x在[1,+∞)上单调递增.
g(x)=f(x)-x3+x≥g(1)=-e>0,
所以f(x)>x3-x.
(20分钟·40分)
1.(5分)设函数f(x)=ax2+bx+c(a,b,c∈R).若x=-1为函数y=f(x)·ex的一个极值点,则下列图象不可能为y=f(x)的图象是
( )
【解析】选D.因为y′=[f(x)ex]′=f′(x)ex+f(x)(ex)′=[f(x)+f′(x)]ex,且x=-1为函数y=f(x)ex的一个极值点,所以f(-1)+f′(-1)=0;图象D中,f(-1)
>0,f′(-1)>0,不满足f′(-1)+f(-1)=0.
2.(5分)(多选题)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,则下列结论正确的是
( )
A.当x=时函数取得极小值;
B.f(x)有两个极值点;
C.当x=2时函数取得极小值;
D.当x=1时函数取得极大值.
【解析】选BCD.由题图可以看到: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A不正确.
3.(5分)函数f(x)=x2ex在区间(a,a+1)上存在极值点,则实数a的取值范围为____________.?
【解析】函数f(x)=x2ex的导数f′(x)=2xex+x2ex=xex(2+x).
令f′(x)=0,得x=0或x=-2.
f(x)在(-2,0)上单调递减,在(-∞,-2),(0,+∞)上单调递增.所以0和-2是函数的极值点.
因为f(x)=x2ex在区间(a,a+1)上存在极值点,
所以a<-2解得-3答案:(-3,-2)∪(-1,0)
4.(5分)已知函数f(x)=x2+ax+1,g(x)=ln
x-a(a∈R).则当a=1时,函数h(x)=
f(x)-g(x)的极小值为____________.?
【解析】函数h(x)的定义域为(0,+∞),
当a=1时,
h(x)=f(x)-g(x)=x2+x-ln
x+2,
所以h′(x)=2x+1-=,
所以当0时,h′(x)>0,
所以函数h(x)在区间上单调递减,在区间上单调递增,
所以当x=时,函数h(x)取得极小值为+ln
2.
答案:+ln
2
5.(10分)设f(x)=a(x-5)2+6ln
x,其中a∈R,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与y轴相交于点(0,6).
(1)确定a的值.
(2)求函数f(x)的单调区间与极值.
【解析】(1)因为f(x)=a(x-5)2+6ln
x(x>0),
故f′(x)=2a(x-5)+.令x=1,
得f(1)=16a,f′(1)=6-8a,
所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-16a=(6-8a)(x-1).
由点(0,6)在切线上可得6-16a=8a-6,故a=.
(2)由(1)知,f(x)=(x-5)2+6ln
x(x>0),
f′(x)=x-5+=.
令f′(x)=0,解得x1=2,x2=3.当03时,f′(x)>0,
故f(x)在(0,2),(3,+∞)上为增函数;当2由此可知f(x)在x=2处取得极大值f(2)=+6ln
2,在x=3处取得极小值f(3)=2+6ln
3.
6.(10分)已知函数f(x)=图象上斜率为3的两条切线间的距离为,f(x)的导数为f′(x),函数g(x)=f(x)-+3.
(1)若函数g(x)在x=1处有极值,求g(x)的解析式.
(2)若函数g(x)在[-1,1]上是增函数,且b2-mb+4≥g(x)在[-1,1]上恒成立,求实数m的取值范围.
【解析】因为f′(x)=·x2,所以由·x2=3得
x=±a,即切点坐标为(a,a),(-a,-a),
所以切线方程为y-a=3(x-a)或y+a=3(x+a),
整理得3x-y-2a=0或3x-y+2a=0.
所以=解得:a=±1,
所以f(x)=x3,f′(x)=3x2,所以g(x)=x3-3bx+3.
(1)因为g′(x)=3x2-3b,又因为g(x)在x=1处有极值,所以g′(1)=0,即3×12-3b=0,解得b=1,
所以g(x)=x3-3x+3.
(2)因为函数g(x)在[-1,1]上是增函数,
所以g′(x)=3x2-3b在[-1,1]上恒大于0,
所以(3x2-3b)min=3×02-3b≥0,所以b≤0.
又因为b2-mb+4≥g(x)在[-1,1]上恒成立,
所以b2-mb+4≥g(1),
即b2-mb+4≥4-3b,
所以m≥b+3在b∈(-∞,0]上恒成立,所以m≥3,
所以m的取值范围是[3,+∞).
PAGE课时素养评价八 最大值与最小值
(25分钟·60分)
一、选择题(每小题5分,共25分)
1.函数f(x)=3x-4x3,x∈[0,1]的最大值等于
( )
A.0 B.-1 C. D.1
【解析】选D.因为f′(x)=3-12x2,
令f′(x)=0,得x=±,
当x∈时,f′(x)>0,f(x)单调递增;
当x∈时,f′(x)<0,f(x)单调递减.
所以函数f(x)在x=处取得极大值,也是函数f(x)在[0,1]上的最大值,故f(x)max=f=1.
【补偿训练】
函数y=x3+x2-x+1在区间[-2,1]上的最小值为____________.?
【解析】y′=3x2+2x-1=(3x-1)(x+1).
令y′=0,解得x=或x=-1.
当x∈[-2,-1]时,y′>0,函数单调递增;
当x∈时,y′<0,函数单调递减;
当x∈时,y′>0,函数单调递增.
当x=-2时,y=-1;当x=-1时,y=2;
当x=时,y=;当x=1时,y=2.
所以函数的最小值为-1.
答案:-1
2.函数f(x)=ln
x-x在(0,e]上的最大值为
( )
A.-1
B.0
C.1
D.e
【解析】选A.因为f′(x)=-1=,
令f′(x)>0得0令f′(x)<0得x>1,
所以f(x)在(0,1]上是增函数,在(1,e]上是减函数.
所以当x=1时,f(x)有最大值f(1)=-1.
3.已知f(x)=2x3-6x2+m(m是常数)在[-2,2]上有最大值3,那么此函数在[-2,2]上的最小值为
( )
A.-37
B.-3
C.3
D.37
【解题指南】利用函数在[-2,2]上有最大值3,求出m的值,再利用导数求函数的最小值.
【解析】选A.因为f′(x)=6x2-12x
=6(x2-2x)
=6x(x-2).
令f′(x)=0,解得x=0或x=2.
所以f(x)在[-2,0]上单调递增,在[0,2]上单调递减.
因为f(0)=m,f(2)=-8+m,f(-2)=-40+m,
所以f(0)>f(2)>f(-2),所以f(0)=3,
解得m=3,所以最小值为f(-2)=-37.
4.若对任意的x>0,恒有ln
x≤px-1(p>0),则p的取值范围是
( )
A.(0,1]
B.(1,+∞)
C.(0,1)
D.[1,+∞)
【解析】选D.原不等式可化为ln
x-px+1≤0,令f(x)=ln
x-px+1,故只需f(x)max≤0,由f′(x)=-p知f(x)在上单调递增;在上单调递减.故f(x)max=f=-ln
p,即-ln
p≤0,解得p≥1.
5.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-11时,
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.
二、填空题(每小题3分,共15分)
6.设函数f(x)=ax3+3bx(a,b为实数,a<0,b>0),当x∈[0,1]时,有f(x)∈[0,1],则b的最大值是____________.?
【解析】因为f′(x)=3ax2+3b,
所以令f′(x)=3ax2+3b=0,
可得x=±,①≥1时,f(x)的最大值为f(1)=1,所以b∈,②0<<1,f(x)的最大值为f=1,f(1)≥0,
所以b∈,所以b的最大值是.
答案:
7.设0x,若对任意的x1,x2∈[1,e]都有f(x1)≥g(x2)成立,则实数a的取值范围是____________.?
【解析】因为对任意的x1,x2∈[1,e],都有f(x1)≥g(x2)成立,
所以f(x)min≥g(x)max对?x∈[1,e]恒成立.
因为f(x)=x+(0因为g(x)=x-ln
x,所以g′(x)=1-=,所以当x∈[1,e]时g′(x)≥0恒成立.
故g(x)在[1,e]上单调递增,
当x=e时,g(x)max=g(e)=e-ln
e=e-1.
令1+a2≥e-1,得a2≥e-2,
又0答案:[,1]
8.已知函数f(x)=(x2-2x)ex,下列说法中正确的有_______________.(填序号)?
①f(x)在R上有两个极值点;
②f(x)在x=处取得最大值;
③f(x)在x=处取得最小值;
④f(x)在x=处取得极小值;
⑤函数f(x)在R上有两个不同的零点.
【解析】因为f′(x)=ex(x2-2),
令f′(x)=0,得x=±,
当x<-时,f′(x)>0,
当-当x>时,f′(x)>0,
故函数在x=处取得极小值,
在x=-处取得极大值,
又f(-)=(2+2)>0,f()=(2-2)·<0,所以函数在R上有两个不同的零点.
答案:①④⑤
三、解答题(每小题10分,共20分)
9.求函数f(x)=xsin
x+cos
x(0≤x≤π)的值域.
【解析】f′(x)=sin
x+x·cos
x-sin
x=xcos
x,
令f′(x)=0得x=0或x=,
x
0
π
f′(x)
0
+
0
-
-π
f(x)
1
↗
↘
-1
由上表可知,函数值域为.
10.(2020·北京高考)已知函数f(x)=12-x2.
(1)求曲线y=f(x)的斜率等于-2的切线方程;
(2)设曲线y=f(x)在(t,f(t))处的切线与坐标轴所围成的三角形的面积为S(t),求S(t)的最小值.
【命题意图】考查导数几何意义,求切线方程,最值等.
【解析】(1)f(x)定义域为R,f′(x)=-2x,设切点为P(x0,y0),则k=f′(x0)=
-2x0=-2,即x0=1,所以y0=f(x0)=f(1)=11,切点为(1,11),
所以所求切线方程为y-11=-2(x-1),即2x+y-13=0.
(2)切线方程为y-12+t2=-2t(x-t),令x=0得y=t2+12,令y=0得x=+,所以S(t)=(t2+12)|+|,t≠0,易知S(t)为偶函数,当t>0时,S(t)=t3+6t+,S′(t)=×,
令S′(t)=0得t=2,-2(舍),
t
(0,2)
2
(2,+∞)
S′(t)
-
0
+
S(t)
↘
极小值
↗
所以S(t)有极小值也是最小值S(2)=32,又S(t)为偶函数,
所以当t=±2时,S(t)有最小值32.
(20分钟·40分)
1.(5分)函数f(x)=ex(sin
x+cos
x)在区间上的值域为
( )
A.
B.
C.
D.
【解析】选B.因为x∈,所以f′(x)=excos
x≥0,函数f(x)在上单调递增,所以f(0)≤f(x)≤f.即≤f(x)≤.
【补偿训练】
函数f(x)=2x+log2(x+1)在区间[0,1]上的最大值和最小值之和为____________.?
【解析】因为f(x)=2x+log2(x+1),
所以f′(x)=2xln
2+.
因为x∈[0,1],所以2xln
2+>0.
所以f(x)=2x+log2(x+1)在[0,1]上是增函数.
所以最大值和最小值之和为:
20+log2(0+1)+21+log2(1+1)=4.
答案:4
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ymin=0,故得a>0.
3.(5分)设【解析】f′(x)=3x2-3ax=3x(x-a),
令f′(x)=0,得x1=0,x2=a.根据x1,x2列表,分析f′(x)的符号和函数f(x)的单调性:
x
-1
(-1,0)
0
(0,a)
a
(a,1)
1
f′(x)
+
0
-
0
+
f(x)
b-1-a
↗
b
↘
b-
↗
1-a+b
从上表可知f(x)的极大值为f(0)=b,极小值为f(a)=b-.
因为f(0)>f(a),f(-1)又f(0)-f(1)=a-1>0,
所以f(x)的最大值为f(0)=b=1.
因为f(-1)-f(a)=(a3-3a-2)
=(a+1)2(a-2)<0,
所以f(x)的最小值为f(-1)=b-1-a=-a=-,所以a=.
综上知,a=,b=1.
答案: 1
【补偿训练】
设函数f(x)=x3-12x+12在区间[0,3]上的最大值为M,最小值为m,则M+m的值为____________.?
【解析】f′(x)=3x2-12=3(x2-4)=3(x+2)(x-2)=0,解得x=-2或x=2,得f(x)在[0,2]上单调递减,在[2,3]上单调递增.
又f(0)=12,f(2)=-4,f(3)=3,
所以M=12,m=-4,M+m=8.
答案:8
4.(5分)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|达到最小值时t等于____________.?
【解题指南】由题意,|MN|可转化为函数值的差,通过构造函数来求解.
【解析】因为f(x)的图象始终在g(x)的上方,
所以|MN|=f(x)-g(x)=x2-ln
x,
设h(x)=x2-ln
x,
则h′(x)=2x-=,
令h′(x)==0,
得x=(x=-舍去),
所以h(x)在上单调递减,在上单调递增,所以当x=时有最小值,故t=.
答案:
5.(10分)已知函数f(x)=,g(x)=ln
x,其中e为自然对数的底数.
(1)求函数y=f(x)g(x)在x=1处的切线方程.
(2)若存在x1,x2(x1≠x2),使得g(x1)-g(x2)=λ[f(x2)-f(x1)]成立,其中λ为常数,求证:λ>e.
【解析】(1)因为y=f(x)g(x)=,
所以y′==,
故y′|x=1=.所以函数y=f(x)g(x)在x=1处的切线方程为y=(x-1),
即x-ey-1=0.
(2)由已知等式g(x1)-g(x2)=λ[f(x2)-f(x1)]得
g(x1)+λf(x1)=g(x2)+λf(x2).
记p(x)=g(x)+λf(x)=ln
x+,
则p′(x)=.
假设λ≤e.
①若λ≤0,则p′(x)>0,所以p(x)在(0,+∞)上为单调增函数.
又p(x1)=p(x2),
所以x1=x2,与x1≠x2矛盾.
②若0<λ≤e,记r(x)=ex-λx,则r′(x)=ex-λ.
令r′(x)=0,解得x0=ln
λ.
当x>x0时,r′(x)>0,r(x)在(x0,+∞)上为单调增函数;
当0所以r(x)≥r(x0)=λ(1-ln
λ)≥0,所以p′(x)≥0,
所以p(x)在(0,+∞)上为单调增函数.
又p(x1)=p(x2),所以x1=x2,与x1≠x2矛盾.
综合①②,假设不成立,所以λ>e.
【补偿训练】
已知函数f(x)=x3+ax2+bx+c,曲线y=f(x)在点x=1处的切线为l:3x-y+1=0,若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.
【解析】(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,则f′=0.
可得4a+3b+4=0.②
由①②解得a=2,b=-4.
因为切点的横坐标为x=1,代入3x-y+1=0得切点坐标(1,4),所以f(1)=4.
所以1+a+b+c=4,所以c=5.
(2)由(1)可得f(x)=x3+2x2-4x+5,
所以f′(x)=3x2+4x-4,令f′(x)=0,得x=-2或x=.
当x∈[-3,-2),时f′(x)>0,函数是增函数;
当x∈时f′(x)<0,函数是减函数,
所以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.所以y=f(x)在[-3,1]上的最大值为13,最小值为.
6.(10分)(1)讨论函数f(x)=ex的单调性,并证明当x>0时,(x-2)ex+x+2>0.
(2)证明:当a∈[0,1)
时,函数g(x)=(x>0)
有最小值.设g(x)的最小值为h(a),求函数h(a)的值域.
【解题指南】(1)先求函数f(x)的导数,判断f′(x)的正负,确定函数的单调性,函数的解析式和不等式的左侧有联系,利用这种关联进行证明.(2)求g′(x)并变形,寻找和f(x)的联系,利用(1)进行求解.
【解析】(1)f(x)=ex,
f′(x)=ex=,
因为当x∈(-∞,-2)∪(-2,+∞)时,f′(x)>0,
所以f(x)在(-∞,-2)和(-2,+∞)上单调递增,
所以x>0时,ex>f(0)=-1,
所以(x-2)ex+x+2>0.
(2)g′(x)=
=
=,a∈[0,1).
由(1)知,当x>0时,f(x)=·ex的值域为(-1,+∞),只有一解,使得·et=-a,t∈(0,2].
当x∈(0,t)时g′(x)<0,g(x)单调递减;
当x∈(t,+∞)时g′(x)>0,g(x)单调递增.
h(a)===,
记k(t)=,
在t∈(0,2]时,k′(t)=>0,
所以k(t)单调递增,
所以h(a)=k(t)∈.
【补偿训练】
设函数f(x)=e2x-aln
x.
(1)讨论f(x)的导函数f′(x)的零点的个数.
(2)证明:当a>0时,f(x)≥2a+aln
.
【解题指南】(1)先对函数f(x)=e2x-aln
x求导,再分a≤0,a>0两种情况讨论函数的单调性,从而确定f′(x)的零点的个数.(2)结合(1)求出函数f(x)的最小值.
【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=2e2x-(x>0).当a≤0时,f′(x)>0,f′(x)没有零点;
当a>0时,因为y=e2x单调递增,y=-单调递增,所以f′(x)在(0,+∞)上单调递增.由y=2e2x与y=的大致图象如图所示,存在交点A,则当xx0时,
f′(x)>0,故f′(x)存在惟一零点.
(2)由(1),可设f′(x)在(0,+∞)上的惟一零点为x0,当x∈(0,x0)时,f′(x)<0;当x∈(x0,+∞)时,f′(x)>0.故f(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,所以当x=x0时,f(x)取得最小值,最小值为f(x0).
由于2-=0,
所以f(x0)=-aln
x0
=+2ax0-2ax0-aln
x0
=+2ax0-(2ax0+aln
x0)
=+2ax0-a(2x0+ln
x0),
因为2-=0,
所以=,
由两边取对数得:2x0=ln
,
所以f(x0)=+2ax0-a
=+2ax0-aln
=+2ax0+aln
≥2a+aln
.
故当a>0时,f(x)≥2a+aln
.
PAGE课时素养评价九 导数在实际生活中的应用
(25分钟·60分)
一、选择题(每小题5分,共25分)
1.某银行准备新设一种定期存款业务,经预测,存款量与存款利率成正比,比例系数为k(k>0),贷款的利率为4.8%,假设银行吸收的存款能全部放贷出去.若存款利率为x(x∈(0,0.048)),当银行获得最大收益时,则存款利率此时应为( )
A.0.048
B.0.024
C.0.012
D.0.006
【解析】选B.由题意知,存款量g(x)=kx(k>0),银行应支付的利息h(x)=xg(x)=kx2,x∈(0,0.048).
设银行可获得收益为y,则y=0.048kx-kx2.
于是y′=0.048k-2kx,令y′=0,解得x=0.024.
依题意知,y在x=0.024处取得最大值.
故当存款利率为0.024时,银行可获得最大收益.
2.某商场从生产厂家以每件20元购进一批商品,若该商品零售价定为p元,销售量为Q,则销售量Q(单位:件)与零售价p(单位:元)有如下关系:Q=8
300-170p-p2.则最大毛利润为(毛利润=销售收入-进货支出)
( )
A.30元
B.60元
C.28
000元
D.23
000元
【解析】选D.设毛利润为L(p),由题意知L(p)=pQ-20Q=Q(p-20)
=(8
300-170p-p2)(p-20)
=-p3-150p2+11
700p-166
000,
所以,L′(p)=-3p2-300p+11
700.令L′(p)=0,解得p=30或p=-130(舍去).
此时,L(30)=23
000.因为在p=30附近的左侧L′(p)>0,右侧L′(p)<0,
所以L(30)是极大值,根据实际问题的意义知,L(30)是最大值,即零售价定为每件30元时,最大毛利润为23
000元.
3.某产品的销售收入y1(万元)是产量x(千台)的函数,y1=17x2;生产总成本y2(万元)也是x的函数,y2=2x3-x2(x>0),为使利润最大,应生产的台数为
( )
A.36千台
B.24千台
C.12千台
D.6千台
【解析】选D.利润y=y1-y2=17x2-(2x3-x2)
=18x2-2x3(x>0),求导得y′=36x-6x2,
令y′=0,得x=6或x=0(舍去).经过分析知当x=6时,y取最大值.
4.要做一个圆锥形漏斗,其母线长为20
cm,要使其体积最大,则其高应为( )
A.cm
B.100
cm
C.20
cm
D.cm
【解析】选A.设高为x
cm,
则底面半径为
cm,
所以圆锥体积V=π·(400-x2)·x
=,V′=,
令V′=0,得x=或x=(舍去),
经判断可得x=时,V最大.
5.已知球O的半径为R,圆柱内接于球,当内接圆柱的体积最大时,高等于
( )
A.R
B.R
C.R
D.R
【解析】选A.设球内接圆柱的高为h,圆柱底面半径为r,
则h2+(2r)2=(2R)2,得r2=R2-h2(0所以圆柱的体积为V(h)=πr2h=πh
=πR2h-πh3(0求导数,得V′(h)=πR2-πh2
=π,
所以00;
由此可得:V(h)在区间上是增函数;在区间上是减函数,所以当h=时,V(h)取得最大值.
二、填空题(每小题5分,共15分)
6.书店预计一年内要销售某种书15万册,欲分几次订货,如果每次订货要付手续费30元,每千册书存放一年要耗库存费40元,并假设该书均匀投放市场,则此书店分____________次进货、每次进____________册,可使所付的手续费与库存费之和最少.?
【解析】设每次进书x千册(0y′=-+20=,
所以当00.故当x=15时,y取得最小值,
此时进货次数为=10(次).即该书店分10次进货,每次进15
000册书,所付手续费与库存费之和最少.
答案:10 15
000
7.把一个周长为12
cm的长方形作为一个圆柱的侧面,当圆柱的体积最大时,该圆柱底面周长与高的比为_______________.?
【解析】设圆柱高为x,底面半径为r,
则r=,圆柱体积V=π·x
=(x3-12x2+36x)(0V′=(x-2)(x-6),
当x=2时,V最大.此时底面周长为4,底面周长∶高=4∶2=2∶1.
答案:2∶1
8.某超市中秋前30天,月饼销售总量f(t)与时间t(0【解析】记g(t)==t++10(0g′(t)=1-=,
令g′(t)>0,得2令g′(t)<0,得0所以函数g(t)在区间(0,2)上单调递减,
在区间(2,30]上单调递增,又t∈Z,
且g(3)=g(4)=17,所以g(t)的最小值为17,
即该超市前t天平均售出的月饼最少为17个.
答案:17
三、解答题(每小题10分,共20分)
9.现需要设计一个仓库,它由上下两部分组成,上部分的形状是正四棱锥P-A1B1C1D1,下部分的形状是正四棱柱ABCD-A1B1C1D1(如图所示),并要求正四棱柱的高OO1是正四棱锥的高PO1的4倍.
(1)若AB=6
m,PO1=2
m,则仓库的容积是多少?
(2)若正四棱锥的侧棱长为6
m,则当PO1为多少时,仓库的容积最大?
【解析】(1)由PO1=2
m?OO1=8
m,则
=×PO1
=×62×2=24(m3),
=SABCD×OO1=62×8=288(m3),
V=+=312
m3,
故仓库的容积为312
m3.
(2)设PO1=x
m,仓库的容积为V(x),连结A1O1,
则OO1=4x
m,A1O1=
m,
A1B1=·
m,
=×PO1=××x=m3,
=SABCD×OO1=×4x
=(288x-8x3)m3.
V(x)=+
=+(288x-8x3)
=m3(0所以V′(x)=-26x2+312=-26(x2-12)(0当x∈(0,2)时.V′(x)>0,V(x)单调递增,
当x∈(2,6)时.V′(x)<0,V(x)单调递减,
因此,当x=2时,V(x)取到最大值,即PO1=2
m时,仓库的容积最大.
10.为了在夏季降温和冬季供暖时减少能源损耗,房屋的屋顶和外墙需要建造隔热层.某幢建筑物要建造可使用20年的隔热层,每厘米厚的隔热层建造成本为6万元.该建筑物每年的能源消耗费用C(单位:万元)与隔热层厚度x(单位:cm)满足关系:C(x)=(0≤x≤10),若不建隔热层,每年能源消耗费用为8万元.设f(x)为隔热层建造费用与20年的能源消耗费用之和.
(1)求k的值及f(x)的表达式;
(2)隔热层修建多厚时,总费用f(x)达到最小?并求最小值.
【解析】(1)由题设,每年能源消耗费用为C(x)=(0≤x≤10),再由C(0)=8,得k=40,
因此C(x)=.
而建造费用为C1(x)=6x.最后得隔热层建造费用与20年的能源消耗费用之和为f(x)=20C(x)+C1(x)=20×+6x=+6x(0≤x≤10).
(2)f′(x)=6-,令f′(x)=0,
即=6,
解得x=5,x=-(舍去).
当00,故x=5是f(x)的最小值点,对应的最小值为f(5)=6×5+=70.当隔热层修建5
cm厚时,总费用达到最小值70万元.
(20分钟·40分)
1.(5分)甲工厂八年来某种产品年产量y与时间x(单位:年)的函数关系如图所示:
现有下列四种说法:
①前四年该产品产量增长速度越来越快;
②前四年该产品产量增长速度越来越慢;
③第四年后该产品停止生产;
④第四年后该产品年产量保持不变.
其中说法正确的为
( )
A.①③ B.②④ C.②③ D.③④
【解析】选B.增长速度是产量对时间的导数,即图象中切线的斜率.由图象可知,②④是正确的.
2.(5分)(多选题)已知某商品生产成本C与产量q的函数关系式为C=100+4q,价格p与产量q的函数关系式为p=25-q,下列说法正确的是
( )
A.当q=21时利润最大
B.当q=84时利润最大
C.利润最大值为782
D.利润最大值为186
【解析】选BC.方法一:收入R=q·p=q=25q-q2,
所以利润L=R-C=-(100+4q)
=-q2+21q-100(0所以L′=-q+21.
令L′=0,即-q+21=0,解得q=84.
因为当00;当84Lmax=-×842+21×84-100=782,
故产量为84时,利润L最大,最大利润为782.
方法二:(同方法一)L=-q2+21q-100=-(q2-168q+842)+-100=-(q-84)2+782,
所以当q=84时,L取得最大值782.即产量为84时,利润L最大,最大利润为782.
3.(5分)请你设计一个包装盒,如图所示,ABCD是边长为60
cm的正方形硬纸片,切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形,再沿虚线折起,使得A,B,C,D四个点重合于图中的点P,正好形成一个正四棱柱形状的包装盒.E,F在AB上,是被切去的一个等腰直角三角形斜边的两个端点,设AE=FB=x(cm).某广告商要求包装盒的侧面积S(cm2)最大,此时x=_______________.?
【解析】设包装盒的高为h(cm),底面边长为a(cm),
由已知得a=x,h==(30-x),0S=4ah=8x(30-x)=-8(x-15)2+1
800,
所以当x=15时,S取得最大值.
答案:15
4.(5分)统计表明:某种型号的汽车在匀速行驶中每小时的耗油量y(L)关于行驶速度x(km/h)的函数解析式可以表示为y=x3-x+8,x∈(0,120],且甲、乙两地相距100
km,则当汽车以____________km/h的速度匀速行驶时,从甲地到乙地耗油量最少.?
【解析】当速度为x
km/h时,汽车从甲地到乙地行驶了
h,设耗油量为h(x)L,
依题意得h(x)=·
=x2+-(0h′(x)=-=(0令h′(x)=0,得x=80.
当x∈(0,80)时,h′(x)<0,h(x)是减函数;
当x∈(80,120]时,h′(x)>0,h(x)是增函数.
所以当x=80时,h(x)取到极小值h(80)=11.25.
故当汽车以80
km/h的速度匀速行驶时,从甲地到乙地耗油量最少,最少为
11.25
L.
答案:80
【补偿训练】
一火车锅炉每小时消耗的煤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200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?
【解析】设速度为x
km/h,甲、乙两城距离为a
km.
则总费用f(x)=(kx3+200)·
=a.
由已知条件,得40=k·203,
所以k=,
所以f(x)=a.
令f′(x)==0,得x=10,
当0当100.
所以当x=10时,f(x)有最小值,即速度为10km/h时,火车从甲城开往乙城的总费用最少.
5.(10分)在一水域上建一个演艺广场.演艺广场由看台Ⅰ,看台Ⅱ,三角形水域ABC及矩形表演台BCDE四个部分构成(如图).看台Ⅰ,看台Ⅱ是分别以AB,AC为直径的两个半圆形区域,且看台Ⅰ的面积是看台Ⅱ的面积的3倍.矩形表演台BCDE中,CD=10米,三角形水域ABC的面积为400平方米.设∠BAC=θ.
(1)求BC的长(用含θ的式子表示).
(2)若表演台每平方米的造价为0.3万元,求表演台的最低造价.
【思路导引】本题主要考查了余弦定理及导数的知识.
(1)根据看台的面积比得出AB,AC的关系,根据△ABC的面积求出AB,AC,再利用余弦定理计算BC.(2)根据(1)得出造价关于θ的函数,利用导数判断函数的单调性,进而求出最低造价.
【解析】(1)由于看台Ⅰ的面积是看台Ⅱ的面积的3倍,所以AB=AC.
在△ABC中,S△ABC=AB·AC·sin
θ=400,
所以AC2=.
由余弦定理可得,
BC2=AB2+AC2-2AB·AC·cos
θ
=4AC2-2AC2cos
θ=(4-2cos
θ),
即BC==40.
所以BC=40,θ∈(0,π).
(2)设表演台的总造价为W万元.
因为CD=10
m,表演台每平方米的造价为0.3万元,
所以W=3BC=120,θ∈(0,π),
设f(θ)=,θ∈(0,π),
则f′(θ)=.令f′(θ)=0,解得θ=.
当θ∈时,f′(θ)<0;当θ∈时,f′(θ)>0.
故f(θ)在上单调递减,在上单调递增,
所以当θ=时,f(θ)取得最小值,
最小值为f=1.所以Wmin=120(万元).
即表演台的最低造价为120万元.
6.(10分)某化妆品生产企业为了占有更多的市场份额,拟在2020年度进行一系列的促销活动.经过市场调查和测算,化妆品的年销量x万件与年促销费用t万元之间满足3-x与t+1成反比例.如果不搞促销活动,化妆品的年销量只能是1万件,已知2020年生产化妆品的固定投资为3万元,每生产1万件化妆品需要再投资32万元,当将每件化妆品的售价定为“年平均成本的150%”与“年平均每件所占促销费的一半”之和时,当年的产销平衡.
(1)将2020年的年利润y万元表示为促销费用t万元的函数;
(2)该企业2020年的促销费用投入多少万元时,企业的年利润最大(注:利润=收入-生产成本-促销费用)?
【解析】(1)由题意得3-x=(k≠0),将t=0,x=1代入得k=2,所以x=3-.
又由题意知每件化妆品的售价为
+·.
所以年利润y=x-(3+32x)-t=16x-t+=16-t+
=50-=--+(t≥0).
(2)y′=-+,令y′=0,
解得t=7或t=-9(舍去).
当0≤t<7时,y′>0;t>7时,y′<0.所以t=7时,y取得最大值,且ymax=42.所以当促销费用定为7万元时,企业的年利润最大.
【补偿训练】
新晨投资公司拟投资开发某项新产品,市场评估能获得10～1
000万元的投资收益.现公司准备制定一个对科研课题组的奖励方案:奖金y(单位:万元)随投资收益x(单位:万元)的增加而增加,且奖金不低于1万元,同时不超过投资收益的20%.
(1)设奖励方案的函数模型为f(x),试用数学语言表述公司对奖励方案的函数模型f(x)的基本要求.
(2)下面是公司预设的两个奖励方案的函数模型:
①f(x)=+2;②f(x)=4lg
x-2.
试分别分析这两个函数模型是否符合公司要求.
【解析】(1)由题意知,公司对奖励方案的函数模型f(x)的基本要求是:
当x∈[10,1
000]时,
①f(x)是增函数;②f(x)≥1恒成立;③f(x)≤恒成立.
(2)①对于函数模型f(x)=+2:
当x∈[10,1
000]时,f(x)是增函数,
则f(x)≥1显然恒成立,
而若使函数f(x)=+2≤在[10,1
000]上恒成立,整理即29x≥300恒成立,而(29x)min=290,
所以f(x)≤不恒成立.
故该函数模型不符合公司要求.
②对于函数模型f(x)=4lg
x-2:
当x∈[10,1
000]时,f(x)是增函数,
则f(x)min=f(10)=4lg
10-2=2>1.
所以f(x)≥1恒成立.
设g(x)=4lg
x-2-,则g′(x)=-.
当x≥10时,
g′(x)=-≤=<0,
所以g(x)在[10,1
000]上是减函数,
从而g(x)≤g(10)=4lg10-2-2=0.
所以4lg
x-2-≤0,即4lg
x-2≤,所以f(x)≤恒成立.故该函数模型符合公司要求.
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