2020高中数学 专题强化训练1 导数及其应用 新人教A版选修2-2

2020高中数学 专题强化训练1 导数及其应用 新人教A版选修2-2

专题强化训练(一)　导数及其应用 ‎(建议用时：45分钟)‎ ‎[基础达标练]‎ 一、选择题 ‎1．函数y＝f(x)在x＝x0处的导数f′(x0)的几何意义是(　　)‎ A．在点x＝x0处的函数值 B．在点(x0，f(x0))处的切线与x轴所夹锐角的正切值 C．曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线的斜率 D．点(x0，f(x0))与点(0,0)连线的斜率 ‎[答案]　C ‎2．曲线y＝xex－1在点(1,1)处切线的斜率等于(　　)‎ ‎ 【导学号：31062111】‎ A．2e　　　　　　　　 B．e C．2 D．1‎ C　[y′＝ex－1＋xex－1＝(x＋1)ex－1，故曲线在点(1,1)处的切线斜率为y′＝2.]‎ ‎3．函数f(x)＝x3－3x＋1在闭区间[－3,0]上的最大值、最小值分别是(　　)‎ A．1，－1 B．1，－17‎ C．3，－17 D．9，－19‎ C　[f′(x)＝3x2－3.令f′(x)＝0，即3x2－3＝0，解得x＝±1.当x∈(－∞，－1)时，f′(x)＞0；当x∈(－1,1)时，f′(x)＜0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0.所以f(x)在x＝－1处取得极大值，f(x)极大值＝3，在x＝1处取得极小值，f(x)极小值＝－1.而端点处的函数值f(－3)＝－17，f(0)＝1，比较可得f(x)的最大值为3，最小值为－17.]‎ ‎4．已知函数y＝x－ln(1＋x2)，则y的极值情况是(　　)‎ A．有极小值 B．有极大值 C．既有极大值又有极小值 D．无极值 D　[∵y′＝1－＝≥0，且仅在有限个点上等号成立，∴函数f(x)在定义域R上为增函数，故其不存在极值．]‎ ‎5．设f(x)，g(x)在[a，b]上可导，且f′(x)＞g′(x)，则当a＜x＜b时，有(　　)‎ A．f(x)＞g(x)‎ B．f(x)＜g(x)‎ 5‎ C．f(x)＋g(a)＞g(x)＋f(a)‎ D．f(x)＋g(b)＞g(x)＋f(b)‎ C　[∵f′(x)－g′(x)＞0，‎ ‎∴(f(x)－g(x))′＞0，‎ ‎∴f(x)－g(x)在[a，b]上是增函数，‎ ‎∴当a＜x＜b时f(x)－g(x)＞f(a)－g(a)，‎ ‎∴f(x)＋g(a)＞g(x)＋f(a)．]‎ 二、填空题 ‎6．若函数f(x)＝ax3＋bx在x＝1处有极值－2，则ab＝________.‎ ‎[解析]　由题意可知即∴a＝1，b＝－3，即ab＝－3.‎ ‎[答案]　－3‎ ‎7．函数y＝x3－ax2＋x－‎2a在R上不是单调函数，则a的取值范围是________．‎ ‎[解析]　y′＝x2－2ax＋1有两个不相等零点，得Δ＝(－‎2a)2－4>0，得a2>1，解得a<－1或a>1.‎ ‎[答案]　(－∞，－1)∪(1，＋∞)‎ ‎8．直线y＝x＋b是曲线y＝ln x(x＞0)的一条切线，则实数b＝________.‎ ‎ 【导学号：31062112】‎ ‎[解析]　设切点坐标为(x0，y0)，则y0＝ln x0.‎ ‎∵y′＝(ln x)′＝，∴y′|x＝x0＝，由题意知＝，‎ ‎∴x0＝2，y0＝ln 2.‎ 由ln 2＝×2＋b，得b＝ln 2－1.‎ ‎[答案]　ln 2－1‎ 三、解答题 ‎9．某厂生产某种电子元件，如果生产出一件正品，可获利200元，如果生产出一件次品，则损失100元．已知该厂制造电子元件过程中，次品率p与日产量x的函数关系是：p＝(x∈N*)．‎ ‎(1)将该厂的日盈利额T(元)表示为日产量x(件)的函数；‎ ‎(2)为获最大盈利，该厂的日产量应定为多少件？‎ ‎[解]　(1)因为次品率p＝，‎ 所以当每天生产x件时，有x·件次品，‎ 5‎ 有x件正品．‎ 所以T＝200x·－100x· ‎＝25·(x∈N*)．‎ ‎(2)T′＝－25·，‎ 由T′＝0，得x＝16或x＝－32(舍去)．‎ 当0＜x＜16时，T′＞0；‎ 当x＞16时，T′＜0；‎ 所以当x＝16时，T最大，‎ 即该厂的日产量定为16件，能获得最大盈利．‎ ‎10．已知函数f(x)＝－x3＋12x＋m.‎ ‎(1)若x∈R，求函数f(x)的极大值与极小值之差；‎ ‎(2)若函数y＝f(x)有三个零点，求m的取值范围；‎ ‎(3)当x∈[－1,3]时，f(x)的最小值为－2，求f(x)的最大值．‎ ‎[解]　(1)f′(x)＝－3x2＋12.‎ 当f′(x)＝0时，x＝－2或x＝2.‎ 当f′(x)＞0时，－2＜x＜2.‎ 当f′(x)＜0时，x＜－2或x＞2.‎ ‎∴f(x)在(－∞，－2)，(2，＋∞)上单调递减，在(－2,2)上单调递增．‎ ‎∴f(x)极小值＝f(－2)＝－16＋m.‎ f(x)极大值＝f(2)＝16＋m.‎ ‎∴f(x)极大值－f(x)极小值＝32.‎ ‎(2)由(1)知要使函数y＝f(x)有三个零点，必须即 ‎∴－16＜m＜16.‎ ‎∴m的取值范围为(－16,16)．‎ ‎(3)当x∈[－1,3]时，由(1)知f(x)在[－1,2)上单调递增，f(x)在[2,3]上单调递减，f(x)的最大值为f(2)．‎ 又f(－1)＝－11＋m，f(3)＝m＋9，‎ ‎∴f(－1)＜f(3)，‎ ‎∴在[－1,3]上f(x)的最小值为f(－1)＝－11＋m，‎ ‎∴－11＋m＝－2，∴m＝9.‎ ‎∴当x∈[－1,3]时，f(x)的最大值为 5‎ f(2)＝(－2)3＋12×2＋9＝25.‎ ‎[能力提升练]‎ ‎1．若函数f(x)＝x3－(2b＋1)x2＋b(b＋1)x在(0,2)内有极小值，则(　　)‎ ‎ 【导学号：31062113】‎ A．0＜b＜1 B．0＜b＜2‎ C．－1＜b＜1 D．－1＜b＜2‎ C　[f′(x)＝x2－(2b＋1)x＋b(b＋1)＝(x－b)[x－(b＋1)]．令f′(x)＝0，则x＝b或x＝b＋1，x＝b＋1是极小值点， ∴0＜b＋1＜2，∴－1＜b＜1.]‎ ‎2．定义在R上的函数f(x)满足：f′(x)＞1－f(x)，f(0)＝6，f′(x)是f(x)的导函数，则不等式exf(x)＞ex＋5(其中e为自然对数的底数)的解集为(　　)‎ A．(0，＋∞)‎ B．(－∞，0)∪(3，＋∞)‎ C．(－∞，0)∪(1，＋∞)‎ D．(3，＋∞)‎ A　[由题意可知不等式为exf(x)－ex－5＞0，‎ 设g(x)＝exf(x)－ex－5，‎ ‎∴g′(x)＝exf(x)＋exf′(x)－ex ‎＝ex[f(x)＋f′(x)－1]＞0.‎ ‎∴函数g(x)在定义域上单调递增．又∵g(0)＝0，∴g(x)＞0的解集为(0，＋∞)．]‎ ‎3．已知函数f(x)＝x－ln(x＋a)的最小值为0，其中a＞0，则a的值为________．‎ ‎[解析]　f(x)的定义域为(－a，＋∞)，‎ f′(x)＝1－＝.‎ 由f′(x)＝0，解得x＝1－a＞－a.‎ 当－a＜x＜1－a时，f′(x)＜0，f(x)在(－a,1－a)上单调递减；当x＞1－a时，f′(x)＞0，f(x)在(1－a，＋∞)上单调递增．‎ 因此，f(x)在x＝1－a处取得最小值，‎ 由题意知f(1－a)＝1－a＝0，故a＝1.‎ ‎[答案]　1‎ ‎4．若函数f(x)＝x2＋ax＋在上是增函数，则a的取值范围是________．‎ ‎[解析]　因为f(x)＝x2＋ax＋在上是增函数，‎ 故f′(x)＝2x＋a－≥0在上恒成立，‎ 5‎ 即a≥－2x在上恒成立．‎ 令h(x)＝－2x，则h′(x)＝－－2，‎ 当x∈时，h′(x)＜0，则h(x)为减函数，‎ 所以h(x)＜h＝3，所以a≥3.‎ ‎[答案]　[3，＋∞)‎ ‎5．已知函数f(x)＝x2－aln x(a∈R)，‎ ‎(1)若f(x)在x＝2时取得极值，求a的值；‎ ‎(2)求f(x)的单调区间；‎ ‎(3)求证：当x＞1时，x2＋ln x＜x3. ‎ ‎【导学号：31062114】‎ ‎[解]　(1)f′(x)＝x－，因为x＝2是一个极值点，所以2－＝0，则a＝4.此时f′(x)＝x－＝，因为f(x)的定义域是(0，＋∞)，所以当x∈(0,2)时，f′(x)＜0；当x∈(2，＋∞)，f′(x)＞0，所以当a＝4时，x＝2是一个极小值点，故a＝4.‎ ‎(2)因为f′(x)＝x－＝，所以当a≤0时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)．‎ 当a＞0时，f′(x)＝x－＝＝，所以函数f(x)的单调递增区间为(，＋∞)；递减区间为(0，)．‎ ‎(3)证明：设g(x)＝x3－x2－ln x，则g′(x)＝2x2－x－，因为当x＞1时，g′(x)＝＞0，所以g(x)在x∈(1，＋∞)上是增函数，所以g(x)＞g(1)＝＞0，‎ 所以当x＞1时，x2＋ln x＜x3.‎ 5‎