【三维设计】2014届高考数学一轮复习 (基础知识+高频考点+解题训练)导数的应用(二)教学案

第十三节

导数的应用(二)

利用导数研究恒成立问题及参数求解

典题导入 [例 1] 已知函数 f(x)=x ln x-a(x -1),a∈R. (1)当 a=-1 时,求曲线 f(x)在点(1,f(1))处的切线方程; (2)若当 x≥1 时,f(x)≥0 成立,求 a 的取值范围. [自主解答] (1)当 a=-1 时,f(x)=x ln x+x -1,
2 2 2 2

f′(x)=2xln x+3x.
则曲线 f(x)在点(1,f(1))处的切线的斜率为 f′(1)=3,又 f(1)=0,所以切线方程 为 3x-y-3=0. (2)f′(x)=2xln x+(1-2a)x=x(2ln x+1-2a),其中 x≥1. 1 当 a≤ 时,因为 x≥1,所以 f′(x)≥0,所以函数 f(x)在[1,+∞)上单调递增,故 2

f(x)≥f(1)=0.
1 1 当 a> 时,令 f′(x)=0,得 x=ea- . 2 2 1 1 若 x∈[1,ea- ),则 f′(x)<0,所以函数 f(x)在[1,ea- )上单调递减.所以当 x 2 2 1 ∈[1,ea- )时,f(x)≤f(1)=0,不符合题意. 2 1? ? 综上 a 的取值范围是?-∞, ?. 2? ? 由题悟法 利用导数解决参数问题主要涉及以下方面: (1)已知不等式在某一区间上恒成立,求参数的取值范围:一般先分离参数,再转化为 求函数在给定区间上的最值问题求解. (2)已知函数的单调性求参数的取值范围: 转化为 f′(x)≥0(或 f′(x)≤0)恒成立的问 题. (3)已知函数的零点个数求参数的取值范围:利用函数的单调性、极值画出函数的大致
1

图象,数形结合求解. 以题试法 1 2 x x 1.设函数 f(x)= x +e -xe . 2 (1)求 f(x)的单调区间; (2)若当 x∈[-2,2]时,不等式 f(x)>m 恒成立,求实数 m 的取值范围. 解:(1)函数 f(x)的定义域为(-∞,+∞), ∵f′(x)=x+e -(e +xe )=x(1-e ), 若 x=0,则 f′(x)=0; 若 x<0,则 1-e >0,所以 f′(x)<0; 若 x>0,则 1-e <0,所以 f′(x)<0. ∴f(x)在(-∞,+∞)上为减函数, 即 f(x)的单调减区间为(-∞,+∞). (2)由(1)知,f(x)在[-2,2]上单调递减. 故[f(x)]min=f(2)=2-e , ∴m<2-e 时,不等式 f(x)>m 恒成立. 故 m 的取值范围为(-∞,2-e ).
2 2 2

x

x

x

x

x

x

利用导数证明不等式问题

典题导入 ln x [例 2] 已知 f(x)=ax-ln x,x∈(0,e],g(x)= ,其中 e 是自然常数,a∈R.

x

(1)讨论 a=1 时,函数 f(x)的单调性和极值; 1 (2)求证:在(1)的条件下,f(x)>g(x)+ . 2 [自主解答] (1)∵f(x)=x-ln x, 1 x-1 f′(x)=1- = , x x ∴当 0<x<1 时,f′(x)<0,此时 f(x)单调递减; 当 1<x<e 时,f′(x) >0,此时 f(x)单调递增. ∴f(x)的极小值为 f(1)=1. 1-ln x (2)证明:由(1)知[f(x)]min=1.又 g′(x)= , 2

x

∴当 0<x<e 时,g′(x)>0,g(x)在(0,e]上单调递增.

2

1 1 ∴[g(x)]max=g(e)= < . e 2 1 ∴[f(x)]min-[g(x)]max> . 2 1 ∴在(1)的条件下,f(x)>g(x)+ . 2

在本例条件下,是否存在正实数 a,使 f(x)的最小值是 3?若存在,求出 a 的值;若不 存在,说明理由. 1 解:假设存在正实数 a,使 f(x)=ax-ln x(x∈(0,e])有最小值 3.因为 f′(x)=a-

x



ax-1 , x
1 ? 1? ?1 ? 当 0< <e 时,f(x)在?0, ?上单调递减,在? ,e?上单调递增,

a

?

a?

?a

?

?1? 2 所以[f(x)]min=f? ?=1+ln a=3,a=e ,满足条件; a ? ?
1 当 ≥e 时,f(x)在(0,e]上单调递减,

a

[f(x)]min=f(e)=ae-1=3,

a= (舍去),所以,此时 a 不存在.
综上,存在实数 a=e ,使得当 x∈(0,e]时 f(x)有最小值 3.
2

4 e

由题悟法 利用导数方法证明不等式 f(x)>g(x)在区间 D 上恒成立的基本方法是构造函数 h(x)=

f(x)-g(x),然后根据函数的单调性,确定函数的最值证明 h(x)>0.
以题试法 2.已知 f(x)=xln x. (1)求 g(x)=

f? x? +k (k∈R)的单调区间; x

(2)证明:当 x≥1 时,2x-e≤f(x)恒成立. 解:(1)g(x)=ln x+ , ∴令 g′(x)=

k x

x-k =0 得 x=k. x2

∵x>0,∴当 k≤0 时,g′(x)>0.

3

∴函数 g(x)的增区间为(0,+∞),无减区间; 当 k>0 时 g′(x)>0 得 x>k;g′(x)<0 得 0<x<k, ∴增区间为(k,+∞),减区间为(0,k). (2)证明:设 h(x)=xln x-2x+e(x≥1), 令 h′(x)=ln x-1=0 得 x=e,

h(x),h′(x)的变化情况如下: x h′(x) h(x)
1 -1 e-2 (1,e) - ? e 0 0 (e,+∞) + ?

故 h(x)≥0.即 f(x)≥2x-e.

利用导数研究生活中的优化问题

典题导入 [例 3] 某物流公司购买了一块长 AM=30 米,宽 AN=20 米的矩 形地块 AMPN,规划建设占地如图中矩形 ABCD 的仓库,其余地方为道 路和停车场, 要求顶点 C 在地块对角线 MN 上, 顶点 B、 分别在边 AM、 D

AN 上,假设 AB 的长度为 x 米.
(1)要使仓库的占地面积不少于 144 平方米,求 x 的取值范围; (2)要规划建设的仓库是高度与 AB 的长度相同的长方体建筑,问 AB 的长度为多少时仓 库的库容量最大.(墙地及楼板所占空间忽略不计)

DC ND x 20-AD [自主解答] (1)依题意得△NDC 与△NAM 相似,所以 = ,即 = ,故 AD= AM NA 30 20
2 2 2 20- x,矩形 ABCD 的面积为 20x- x (0<x<30). 3 3 2 2 要使仓库的占地面积不少于 144 平方米,则 20x- x ≥144, 3 化简得 x -30x+216≤0, 解得 12≤x≤18. 2 3 2 2 (2)由(1)知仓库的体积 V=20x - x (0<x<30), V′=40x-2x =0, x=0 或 x=20. 令 得 3 当 0<x<20 时,V′>0,当 20<x<30 时,V′<0, 8 000 所以当 x=20 时 V 取最大值,且最大值为 ,即 AB 的长度为 20 米时仓库的库存容 3
2

4

量最大.

由题悟法 利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤 (1)分析实际问题中各个量之间的关系,建立数学模型,写出函数关系式 y=f(x); (2)求出函数的导函数 f′(x),解方程 f′(x)=0; (3)比较函数在区间端点和使 f′(x)=0 的点处的函数值的大小, 最大(小)者为最大(小) 值. 以题试法 3.某城市在发展过程中,交通状况逐渐受到有关部门的关注,据有关统计数据显示, 从上午 6 点到中午 12 点, 车辆通过该市某一路段的用时 y(分钟)与车辆进入该路段的时刻 t 之间关系可近似地用如下函数给出:

? ? y=?1 59 t+ ,9≤t≤10, 8 4 ?-3t +66t-345,10<t≤12, ?
2

1 3 3 2 629 - t - t +36t- ,6≤t<9, 8 4 4

求从上午 6 点到中午 12 点,通过该路段用时最多的时刻. 解:①当 6≤t<9 时,

y′=- t2- t+36
3 =- (t+12)(t-8). 8 令 y′=0,得 t=-12(舍去)或 t=8. 当 6≤t<8 时,y′>0, 当 8<t<9 时,y′<0, 故 t=8 时,y 有最大值,ymax=18.75. 1 59 ②当 9≤t≤10 时,y= t+ 是增函数, 8 4 故 t=10 时,ymax=16. ③当 10<t≤12 时,y=-3(t-11) +18, 故 t=11 时,ymax=18. 综上可知,通过该路段用时最多的时刻为上午 8 点.
2

3 8

3 2

5

1.f(x)是定义在(0,+∞)上的非负可导函数,且满足 xf′(x)+f(x)≤0,对任意正 数 a,b,若 a<b,则必有( A.af(b)≤bf(a) C.af(a)≤f(b) ) B.bf(a)≤af(b) D.bf(b)≤f(a)

解析:选 A ∵xf′(x)≤-f(x),f(x)≥0, ∴?

?f? x? ?′=xf′? x? -f? x? ≤-2f? x? ≤0. ? x2 x2 ? x ?
f? x? x
在 (0 ,+∞)上是单调递减的 ,由 于 0<a<b , 则

则函数

f? a? a



f? b? b

.即

af(b)≤bf(a).
2. (2012·山西适应性训练)若商品的年利润 y(万元)与年产量 x(百万件)的函数关系式

y=-x3+27x+123(x>0),则获得最大利润时的年产量为(
A.1 百万件 C.3 百万件
2

)

B.2 百万件 D.4 百万件

解析:选 C 依题意得,y′=-3x +27=-3(x-3)(x+3),当 0<x<3 时,y′>0;当

x>3 时,y′<0.因此,当 x=3 时,该商品的年利润最大.
3.已知函数 f(x)是 R 上的偶函数,且在(0,+∞)上有 f′(x)>0,若 f(-1)=0,那 么关于 x 的不等式 xf(x)<0 的解集是________. 解析:在(0,+∞)上有 f′(x)>0,所以 f(x)在(0,+∞)单调递增.又函数 f(x)是 R 上的偶函数,所以 f(1)=f(-1)=0.当 x>0 时,f(x)<0,∴0<x<1;当 x<0 时,图象关于 y 轴对称,f(x)>0,∴x<-1. 答案:(-∞,-1)∪(0,1) 4.直线 y=a 与函数 f(x)=x -3x 的图象有相异的三个公共点,则 a 的取值范围是 ________. 解析:令 f′(x)=3x -3=0,得 x=±1,可得极大值为 f(-1)= 2,极小值为 f(1)=-2,如图,观察得-2<a<2 时恰有三个不同的公共 点. 答案:(-2,2) 5.已知函数 f(x)=x +ln x. (1)求函数 f(x)在[1,e]上的最大值和最小值; 2 3 1 2 (2)求证:当 x∈(1,+∞)时,函数 f(x)的图象在 g(x)= x + x 的下方. 3 2
2 2 3

6

1 2 解:(1)∵f(x)=x +ln x,∴f′(x)=2x+ .

x

∵x>1 时,f′(x)>0,故 f(x)在[1,e]上是增函数, ∴f(x)的最小值是 f(1)=1,最大值是 f(e)=1+e . 1 2 2 3 (2)证明:令 F(x)=f(x)-g(x)= x - x +ln x, 2 3 1 x -2x +1 ∴F′(x)=x-2x + =
2 2 3 2

x

x

x2-x3-x3+1 ? 1-x? ? 2x2+x+1? = = . x x
∵x>1,∴F′(x)<0. ∴F(x)在(1,+∞)上是减函数. 1 2 1 ∴F(x)<F(1)= - =- <0,即 f(x)<g(x). 2 3 6 ∴当 x∈(1,+∞)时,函数 f(x)的图象总在 g(x)的图象的下方. 6.(2012·乌鲁木齐诊断性测验)已知函数(理)f(x)=e 中 m 为常数. (1)若对任意 x∈R 有 f(x)≥0 成立,求 m 的取值范围; (2)当 m>1 时,判断 f(x)在[0,2m]上零点的个数,并说明理由. 解:(1)依题意,可知 f(x)在 R 上连续,且 f′(x)=e 令 f′(x)=0,得 x=m. 故当 x∈(-∞,m)时,e 当 x∈(m,+∞)时,e
x-m x-m x-m

1 x -x,(文)f(x)= me -x,其 e

-1,

<1,f′(x)<0,f(x)单调递减;

x-m

>1,f′(x)>0,f(x)单调递增;

故当 x=m 时,f(m)为极小值,也是最小值. 令 f(m)=1-m≥0,得 m≤1, 即对任意 x∈R,f(x)≥0 恒成立时,m 的取值范围是(-∞,1]. (2)由(1)知 f(x)在[0,2m]上至多有两个零点,当 m>1 时,f(m)=1-m<0. ∵f(0)=e >0,f(0)·f(m)<0, ∴f(x)在(0,m)上有一个零点. 又 f(2m)=e -2m,令 g(m)=e -2m, ∵当 m>1 时,g′(m)=e -2>0, ∴g(m)在(1,+∞)上单调递增. ∴g(m)>g(1)=e-2>0,即 f(2m)>0. ∴f(m)·f(2m)<0,∴f(x)在(m,2m)上有一个零点. 故 f(x)在[0,2m]上有两个零点.
7
m m m
-m

7.(2013·泰安模拟)某种产品每件成本为 6 元,每件售价为 x 元(6<x<11),年销售为

u 万件,若已知

585 ? 21?2 -u 与?x- ? 成正比,且售价为 10 元时,年销量为 28 万件. 4? 8 ?

(1)求年销售利润 y 关于售价 x 的函数关系式; (2)求售价为多少时,年利润最大,并求出最大年利润. 585 ? 21?2 解:(1)设 -u=k?x- ? , 4? 8 ? ∵售价为 10 元时,年销量为 28 万件, ∴ 21?2 585 ? -28=k?10- ? ,解得 k=2. 4? 8 ?

? 21?2 585 ∴u=-2?x- ? + 4? 8 ?
=-2x +21x+18. ∴y=(-2x +21x+18)(x-6) =-2x +33x -108x-108(6<x<11). (2)y′=-6x +66x-108 =-6(x -11x+18) =-6(x-2)(x-9). 令 y′=0,得 x=2(舍去)或 x=9, 显然,当 x∈(6,9)时,y′>0; 当 x∈(9,11)时,y′<0. ∴函数 y=-2x +33x -108x-108 在(6,9)上是递增的,在(9,11)上是递减的. ∴当 x=9 时,y 取最大值,且 ymax=135, ∴售价为 9 元时,年利润最大,最大年利润为 135 万元.
3 2 2 2 3 2 2 2

1.(2012·潍坊模拟)已知函数 f(x)=(x -3x+3)e ,x∈[-2,t](t>-2). (1)当 t<1 时,求函数 y=f(x)的单调区间; (2)设 f(-2)=m,f(t)=n,求证:m<n. 解:(1)f′(x)=(2x-3)e +e (x -3x+3)=e x(x-1), ①当-2<t≤0,x∈[-2,t]时,f′(x)≥0,f(x)单调递增; ②当 0<t<1,x∈[-2,0)时,f′(x)>0,f(x)单调递增, 当 x∈(0,t]时,f′(x)<0,f(x)单调递减. 综上,当-2<t≤0 时,y=f(x)的单调递增区间为[-2,t]; 当 0<t<1 时,y=f(x)的单调递增区间为[-2,0),单调递减区间为(0,t]. (2)证明:依题意得 m=f(-2)=13e ,
8
-2

2

x

x

x

2

x

n=f(t)=(t2-3t+3)et,
设 h(t)=n-m=(t -3t+3)e -13e ,t>-2,
2

t

-2

h′(t)=(2t-3)et+et(t2-3t+3)=ett(t-1)(t>-2).
故 h(t),h′(t)随 t 的变化情况如下表:

t h′(t) h(t)

(-2,0) + ?

0 0 极大值

(0,1) - ?
3

1 0 极小值

(1,+∞) + ?

13 e -13 由上表可知 h(t)的极小值为 h(1)=e- 2 = 2 >0,又 h(-2)=0,故当-2<t<0 时, e e

h(t)>h(-2)=0,即 h(t)>0,
因此,n-m>0,即 m<n. 2. (2012·资阳模拟)已知函数 f(x)=x -3ax+b(a,b∈R)在 x=2 处的切线方程为 y =9x-14. (1)求 f(x)的单调区间; (2)令 g(x)=-x +2x+k,若对任意 x1∈[0,2],均存在 x2∈[0,2],使得 f(x1)<g(x2), 求实数 k 的取值范围. 解:(1)f′(x)=3x -3a,∵f(x)在 x=2 处的切线方程为 y=9x-14, ∴?
?f? ? ? ?f′?
2 2 3

2? =4, 2?
3

=9,

?8-6a+b=4, ? 则? ? ?12-3a=9,
2

解得?

?a=1, ? ? ?b=2.

∴f(x)=x -3x+2,则 f′(x)=3x -3=3(x+1)(x-1). 由 f′(x)>0,得 x<-1 或 x>1; 由 f′(x)<0,得-1<x<1. 故函数 f(x)的单调递减区间是(-1,1);单调递增区间是(-∞,-1),(1,+∞). (2)由(1)知,函数 f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,2)上单调递增. 又 f(0)=2,f(2)=4,有 f(0)<f(2), ∴函数 f(x)在区间[0,2]上的最大值 f(x)max=f(2)=4. 又 g(x)=-x +2x+k=-(x-1) +k+1, ∴函数 g(x)在[0,2]上的最大值为 g(x)max=g(1)=k+1. ∵对任意 x1∈[0,2],均存在 x2∈[0,2],使 f(x1)<f(x2)成立, ∴有 f(x)max<g(x)max,则 4<k+1,即 k>3. 故实数 k 的取值范围是(3,+∞).
2 2

3 3 ?1 ? 1.已知向量 m=(x0,-1),n=? ,y0?,x0, ,y0 成等差数列,2, x0,y0 成等比 4 ?2 ?
9

数列. (1)求证:m⊥n; (2)若存在不为零的实数 k 与 t, 使得 a=(t -3)m+n, =tm-kn, a⊥b, a|≤ 37, b 且 | 试讨论函数 k=f(t)的单调性,并求出函数的极值. 3 3 3 3 解:(1)证明:由 x0, ,y0 成等差数列得 x0+y0= ,① 4 2 由 2, x0,y0 成等比数列得 x0=2y0,② 由①与②可得 x0= 3,y0= 3 , 2
2

3? ?1 所以 m=( 3,-1),n=? , ?, ?2 2 ? 3 3 3? ?1 因为 m·n=( 3,-1)·? , ?= - =0, 2 2 2? 2 ? 所以 m⊥n. (2)由(1)得|m|=2,|n|=1, 因为|a|≤ 37, m ⊥ n ,所以|a| =(t -3) |m| +2(t -3)m·n +|n| =4(t -3) + 1≤37, 所以 0≤t ≤6,所以- 6≤t≤ 6. 又 a·b=t(t -3)|m| -k(t -3)m·n+tm·n-k|n| =4t(t -3)-k=0, 所以 k=f(t)=4t(t -3)(- 6≤t≤ 6),k′=f′(t)=[4t(t -3)]′=12t -12, 令 12t -12=0,得 t=±1. 当 t 变化时,f′(t),f(t)的变化情况如下表:
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

t f′(t) f(t)

(- 6,-1) + ?

-1 0 极大值 8

(-1,1) - ?

1 0 极小值-8

(1, 6) + ?

因此 f(t)的单调递增区间为(- 6, -1), (1, 6); (x)的单调递减区间为(-1,1). (t) f f 的极大值为 8,极小值为-8. 2.设函数 f(x)=ln x-p(x-1),p∈R. (1)当 p=1 时,求函数 f(x)的单调区间; (2)设函数 g(x)=xf(x)+p(2x -x-1),对任意 x≥1 都有 g(x)≤0 成立,求 p 的取值 范围. 解:(1)当 p=1 时,f(x)=ln x-x+1,其定义域为(0,+∞). 1 所以 f′(x)= -1.
2

x

10

1 由 f′(x)= -1>0 得 0<x<1,由 f′(x)<0 得 x>1.

x

所以函数 f(x)的单调递增区间为(0,1),单调递减区间为(1,+∞). (2)由函数 g(x)=xf(x)+p(2x -x-1)=xln x+p(x -1)(x>0),得 g′(x)=ln x+1 +2px. 由(1)知,当 p=1 时,f(x)≤f(1)=0, 即不等式 ln x≤x-1 成立. 1 ①当 p≤- 时,g′(x)=ln x+1+2px≤(x-1)+1+2px=(1+2p)x≤0, 2 即函数 g(x)在[1,+∞)上单调递减,从而 g(x)≤g(1)=0,满足题意; 1? 1 ? ②当- <p<0 时,若 x∈?1,- ?,则 ln x>0,1+2px>0, 2p? 2 ? 1? ? 从而 g′(x)=ln x+1+2px>0,即函数 g(x)在?1,- ?上单调递增,从而存在 x0∈ 2p? ?
2 2

?1,- 1 ?使得 g(x )>g(1)=0,不满足题意; ? ? 0 2p? ?
③当 p≥0 时,由 x≥1 知 g(x)=xln x+p(x -1)≥0 恒成立,此时不满足题意. 1? ? 综上所述,实数 p 的取值范围为?-∞,- ?. 2? ?
2

集合与常用逻辑用语 函数、导数及其应用

(时间 120 分钟,满分 150 分)

一、选择题(本题共 12 小题,每小题 5 分,共 60 分)
? ?1-x,x≤0, 1.(2012·广州调研)已知函数 f(x)=? x ?a ,x>0, ?

若 f(1)=f(-1),则实数 a 的

值等于( A.1 C.3

) B.2 D.4

解析:选 B 根据题意,由 f(1)=f(-1)可得 a=1-(-1)=2. 2.(2012·江西高考)若全集 U={x∈R|x ≤4},则集合 A={x∈R||x+1|≤1}的补集
2

?UA 为(

)
11

A.{x∈R|0<x<2} C.{x∈R|0<x≤2} 解析:选 C
2

B.{x∈R|0≤x<2} D.{x∈R|0≤x≤2}

因为 U={x∈R|x ≤4}={x∈R|-2≤x≤2},A={x∈R||x+1|≤1}={x∈

R|-2≤x≤0}.借助数轴易得?UA={x∈R|0<x≤2}.

3.下列函数中,恒满足 f(2x)=[f(x)] 的是( A.f(x)=|x| C.f(x)=e
x

2

)

1 B.f(x)= (x≠0)

x

D.f(x)=sin x
x
2x

解析:选 C 若 f(x)=e ,则 f(2x)=e =(e ) =[f(x)] . 4.(2012·大同调研)已知函数 f(x)=x +bx(b∈R),则下列结论正确的是( A.? b∈R,f(x)在(0,+∞)上是增函数 B.? b∈R,f(x)在(0,+∞)上是减函数 C.? b∈R,f(x)为奇函数 D.? b∈R,f(x)为偶函数 解析:选 D 注意到当 b=0 时,f(x)=x 是偶函数. 5.(2013·龙岩四校联考)已知函数 y=f(x)的图象在点 M(3,f(3))处的切线方程是 y 1 2 = x+ ,则 f(3)+f′(3)的值为( 3 3 A.1 C.3 B.2 D.5 )
2 2

x 2

2

)

2 5 解析:选 B 因为切点(3,f(3))在切线上,所以 f(3)=1+ = ,切点处的导数为切线 3 3 1 的斜率,所以 f′(3)= ,所以 f(3)+f′(3)=2. 3 1-x 6.(2012·汕头一测)已知集合 A 是函数 f(x)= 的定义域,集合 B 是整数集, |x+1|-1 则 A∩B 的子集的个数为( A.4 C.8 ) B.6 D.16
2 2

? ?1-x ≥0, 解析:选 A 要使函数 f(x)有意义,则需? ?|x+1|-1≠0, ?

解得-1≤x<0 或 0<x≤1,

所以函数的定义域 A={x|-1≤x<0,或 0<x≤1}.所以 A∩B={1,-1},其子集的个数为 4. 7. 已知 a=log23+log2 3, =log29-log2 3, =log32, a, , 的大小关系是( b c 则 b c )
12

A.a=b<c C.a<b<c

B.a=b>c D.a>b>c

解析:选 B ∵a=log23+log2 3=log23 3,b=log29-log2 3=log23 3, ∴a=b. 又∵函数 y=logax(a>1)为增函数, ∴a=log23 3>log22=1,c=log32<log33=1,∴a=b>c. 1 8.(2012·南昌一模)函数 y=x -1 的图象关于 x 轴对称的图象大致是( 2 )

1 2 解析: B 函数 y=x = x, 选 该函数的图象就是抛物线 y =x 在 x 轴及其以上的部分, 2 1 故函数 y=x -1= x-1 是将上述图象向下平移一个单位得到的,再作其关于 x 轴对称的 2 图象,即选项 B 中的图象. 1 3 2 9.(2012·长春第二次调研)若 a>2,则函数 f(x)= x -ax +1 在(0,2)内零点的个数 3 为( ) A.3 C.1 B.2 D.0
2

解析:选 C 依题意得 f′(x)=x -2ax,由 a>2 可知,f′(x)在 x∈(0,2)时恒为负, 8 即 f(x)在(0,2)内单调递减,又 f(0)=1>0,f(2)= -4a+1<0,因此 f(x)在(0,2)内只有 3 一个零点. 10.(2012·河南三市第二次调研)设 U 为全集,对集合 X,Y,定义运算“*”,X*Y= ?U(X∩Y).对于任意集合 X,Y,Z,则(X*Y)*Z=( A.(X∪Y)∩?UZ C.(?UX∪?UY)∩Z B.(X∩Y)∪?UZ D.(?UX∩?UY)∪Z )

解析:选 B 依题意得(X*Y)=?U(X∩Y)=(?UX)∪(?UY),(X*Y)*Z=?U[(X*Y)∩Z]=?U[?
U

(X∩Y)∩Z]={?U[?U(X∩Y)]}∪(?UZ)=(X∩Y)∪(?UZ). 11.(2012·重庆高考)已知 f(x)是定义在 R 上的偶函数,且以 2 为周期,则“f(x)为

[0,1]上的增函数”是“f(x)为[3,4]上的减函数”的( A.既不充分也不必要的条件 C.必要而不充分的条件

)

B.充分而不必要的条件 D.充要条件
13

解析:选 D

由题意可知函数在[0,1]上是增函数,在[-1,0]上是减函数,在[3,4]上

也是减函数;反之也成立. 12.下列命题: ①? x∈R,不等式 x +2x>4x-3 均成立; ②若 log2x+logx2≥2,则 x>1; ③“若 a>b>0 且 c<0,则 > ”的逆否命题是真命题; ④若命题 p:? x∈R,x +1≥1,命题 q:? x∈R,x -x-1≤0,则命题 p∧(綈 q)是真 命题.其中真命题为( A.①②③ C.①③④
2 2 2 2

c c a b

) B.①②④ D.②③④
2 2

解析:选 A 由 x +2x>4x-3 推得 x -2x+3=(x-1) +2>0 恒成立,故①正确;根据 1 1 基本不等式可知要使不等式 log2x+logx2≥2 成立需要 x>1,故②正确;由 a>b>0 得 0< < ,

a b

又 c<0,可得 > ,则可知其逆否命题为真命题,故③正确;命题 p 是真命题,命题 q 是真 命题,所以 p∧(綈 q)为假命题,故④不正确. 二、填空题(本题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分) 1 ?2 ? 13.(2013·河北质检)函数 y=log (3x-a)的定义域是? ,+∞?,则 a=________. 2 ?3 ?

c c a b

a 1 ?a ? 所以a=2, 解析: 3x-a>0 得 x> .因此, 由 函数 y=log (3x-a)的定义域是? ,+∞?, 3 2 3 3 ?3 ?
即 a=2. 答案:2 14. (2012·南通一调)设 P 是函数 y= x(x+1)图象上异于原点的动点,且该图象在 点 P 处的切线的倾斜角为 θ ,则 θ 的取值范围是________. 3 1 3 1 1 1 3 1 1 1 解析: 依题意得,y=x +x ,y′= x + x- (x>0), x>0 时,y′= x + x- ≥2 当 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 1 1 1 x × x- = 3,即该图象在点 P 处的切线的斜率不小于 3,即 tan θ ≥ 3.又 θ ∈ 2 2 2 2 π π ?π π ? [0,π ),因此 ≤θ < ,即 θ 的取值范围是? , ?. 3 2 ?3 2? 答案:?

? π ,π ? ? ?3 2?
x

15.(2012·山东高考)若函数 f(x)=a (a>0,a≠1)在[-1,2]上的最大值为 4,最小值 为 m,且函数 g(x)=(1-4m) x在[0,+∞)上是增函数,则 a=________.

14

1 解析:函数 g(x)在[0,+∞)上为增函数,则 1-4m>0,即 m< .若 a>1,则函数 f(x)在 4 1 1 1 2 [-1,2]上的最小值为 =m,最大值为 a =4,解得 a=2, =m,与 m< 矛盾;当 0<a<1 时, a 2 4 1 1 1 1 2 -1 函数 f(x)在[-1,2]上的最小值为 a =m, 最大值为 a =4, 解得 a= , = < .所以 a= . m 4 16 4 4 1 答案: 4 16.(2012·福州质检)已知集合 M 是满足下列条件的函数 f(x)的全体: (1)f(x)既不是奇函数也不是偶函数;(2)函数 f(x)有零点.那么在函数①f(x)=|x|-

?x-2,x>0, ? x 1,②f(x)=2 -1,③f(x)=?0,x=0, ?x+2,x<0, ?
________.(写出所有符合的函数序号)

④f(x)=x -x-1+ln x 中,属于 M 的有

2

解析:对于①,∵f(-x)=|-x|-1=|x|-1=f(x), ∴f(x)=|x|-1 是偶函数, ∴①不符合条件; 易知 f(x)=2 -1 既不是奇函数也不是偶 函数,且有一个零点 x=0, ∴②符合条件;对于③,令 x>0,则-x<0,∴f(x)=x-2,f(-x)=-x+2=-(x- 2),即 f(x)=-f(-x),
x

?x-2,x>0, ? 又 f(0)=0,∴f(x)=?0,x=0, ?x+2,x<0. ?

是奇函数,∴③不符合条件;对于④,函数

f(x)=x2-x-1+ln x 的定义域为(0,+∞),故它既不是奇函数也不是偶函数,∵f′(x)

? 1?2 7 2?x- ? + 2 1 2x -x+1 ? 4? 8 =2x-1+ = = >0,∴函数 f(x)在(0,+∞)上单调递增,又 f(1)=1
x x x
-1-1+0=-1<0,f(e)=e -e-1+1=e(e-1)>0,∴函数 f(x)在(1,e)上存在零点,∴ ④符合条件. 答案:②④ 三、解答题(本题共 6 小题,共 70 分) 17.(本小题满分 10 分)已知函数 y=f(x)的图象关于原点对称,且 x>0 时,f(x)=x -2x+3,试求 f(x)在 R 上的表达式,并画出它的图象,根据图象写出它的单调区间. 解:∵f(x)的图象关于原点对称, ∴f(-x)=-f(x),又当 x>0 时,f(x)=x -2x+3, ∴当 x<0 时,f(x)=-x -2x-3. 当 x=0 时,f(x)=0.
15
2 2 2 2

?x -2x+3,x>0. ? ∴函数解析式为 f(x)=?0,x=0, ?-x2-2x-3,x<0. ?
作出函数的图象如图.

2

根据图象可以得函数的增区间为(-∞,-1),(1,+∞); 函数的减区间为(-1,0),(0,1). 18.(本小题满分 12 分) 已知函数 f(x)=log3(ax+b)的部分图象如右图所示. (1)求 f(x)的解析式与定义域; (2)函数 f(x)的图象能否由 y=log3x 的图象平移变换得到. 解: (1)由图可知(2,1)(5,2)是 f(x)=log3(ax+b)上的两点, 将其代入函数表达式可得
? ?2a+b=3, ? ?5a+b=9 ?

??

? ?a=2, ?b=-1. ?

∴f(x)的解析式为 f(x)=log3(2x-1). 1 ∵f(x)有意义需满足 2x-1>0,∴x> . 2

?1 ? ∴f(x)的定义域为? ,+∞?. ?2 ? ? ? 1?? (2)∵f(x)=log3(2x-1)=log3?2?x- ?? ? ? 2?? ? 1? =log3?x- ?+log32, ? 2?
1 ∴f(x)的图象是由 y=log3x 的图象向右平移 个单位, 再向上平移 log32 个单位得到的. 2 故可以由 y=log3x 的图象平移得到. 19.(本小题满分 12 分)已知函数 f(x)=x(x -ax-3). (1)若 f(x)在区间[1,+∞)上是增函数,求实数 a 的取值范围; 1 (2)若 x=- 是 f(x)的极值点,求 f(x)在区间[1,4]上的最大值. 3 解:(1)∵f(x)=x(x -ax-3),∴f′(x)=3x -2ax-3. ∵f(x)在[1,+∞)上是增函数,
16
2 2 2

∴在[1,+∞)上恒有 f′(x)≥0, 即 3x -2ax-3≥0 在[1,+∞)上恒成立. 3? 1? 得 a≤ ?x- ?在[1,+∞)上恒成立. x? 2? 3? 1? 3 ∵当 x≥1 时, ?x- ?≥ (1-1)=0, 2? x? 2 ∴a≤0.
2

? 1? (2)依题意得 f′?- ?=0, ? 3?
1 2 即 + a-3=0,得 a=4, 3 3 故 f(x)=x -4x -3x. 1 2 令 f′(x)=3x -8x-3=0,得 x1=- ,x2=3. 3 当 x 在[1,4]上变化时,f′(x)与 f(x)的变化情况如下表:
3 2

x f′(x) f(x)

1

(1,3) -

3 0 -18

(3,4) + ?

4

-6

?

-12

所以 f(x)在区间[1,4]上的最大值是 f(1)=-6. 20. (本小题满分 12 分)经市场调查, 某种商品在过去 50 天的销售量和价格均为销售时 间 t(天)的函数,且销售量近似地满足 f(t)=-2t+200(1≤t≤50,t∈N).前 30 天价格为

g(t)= t+30(1≤t≤30,t∈N),后 20 天价格为 g(t)=45(31≤t≤50,t∈N).
(1)写出该种商品的日销售额 S 与时间 t 的函数关系; (2)求日销售额 S 的最大值. 解:(1)根据题意,得

1 2

?? -2t+200? ?1t+30?,1≤t≤30,t∈N, ? ?2 ? ? ? S=? ?45? -2t+200? ,31≤t≤50,t∈N ?
?-t +40t+6 000,1≤t≤30,t∈N, ? =? ? ?-90t+9 000,31≤t≤50,t∈N.
2

(2)①∵当 1≤t≤30,t∈N 时,S=-(t-20) +6 400, ∴当 t=20 时,S 的最大值为 6 400. ②当 31≤t≤50,t∈N 时,S=-90t+9 000 为减函数, ∴当 t=31 时,S 的最大值为 6 210.
17

2

∵6 210<6 400, ∴当 t=20 时,日销售额 S 有最大值 6 400. 1 3 1-a 2 21.已知函数 f(x)= x + x -ax-a,x∈R,其中 a>0. 3 2 (1)求函数 f(x)的单调区间; (2)若函数 f(x)在区间(-2,0)内恰有两个零点,求 a 的取值范围; 解:(1)f′(x)=x +(1-a)x-a=(x+1)(x-a). 由 f′(x)=0,得 x1=-1,x2=a>0. 当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:
2

x f′(x) f(x)

(-∞,-1) + ?

-1 0 极大值

(-1,a) - ?

a
0 极小值

(a,+∞) + ?

故函数 f(x)的单调递增区间是(-∞,-1),(a,+∞);单调递减区间是(-1,a). (2)由(1)知 f(x)在区间(-2,-1)内单调递增,在区间(-1,0)内单调递减,从而函

?f? -2? <0, ? 数 f(x)在区间(-2,0)内恰有两个零点即?f? -1? >0, ?f? 0? <0, ? ? 1? 所以 a 的取值范围是?0, ?. ? 3?
a? x2-x-1?
e
x

1 解得 0<a< . 3

22. (2012·安徽名校模拟)已知函数 f(x)= (1)求函数 f(x)的单调区间;

(x∈R),a 为正数.

(2)若对任意 x1,x2∈[0,4]均有|f(x1)-f(x2)|<1 成立,求实数 a 的取值范围. 解:(1)∵f(x)= ∴f′(x)=

a? x2-x-1?
e
x

, = .

a? 2x-1? ex-a? x2-x-1? ex -ax? x-3?
e
2x

e

x

令 f′(x)=0,解得 x1=0,x2=3. ∵a>0, ∴由 f′(x)>0,得 0<x<3;由 f′(x)<0,得 x<0 或 x>3.故函数 f(x)的单调递增区间为 (0,3),单调递减区间为(-∞,0),(3,+∞). (2)由(1)易知函数 f(x)在[0,3]上为增函数,在[3,4] 上为减函数. 5a ∴函数 f(x)在[0,4]上的最大值 f(3)= 3 , e 又∵f(0)=-a<0,f(4)=11ae >0,
18
-4

∴f(0)<f(4). ∴f(x)在[0,4]上的最小值为 f(0)=-a. ∴要使函数 f(x)对任意 x1,x2∈[0,4]均有 |f(x1)-f(x2)|<1 成立,只需|f(3)-f(0)|<1 即可, 即?

?5a+a?<1. 3 ? ?e ?
e 3. 5+e
3

∵a>0,∴0<a<

19


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