2013届高考数学一轮复习导数在研究函数中的应用与生活中的优化问题 8页

‎2013届高考一轮复习导数在研究函数中的应用与生活中的优化问题 一、选择题 ‎1、已知对任意实数x,都有f(-x)=-f(x),g(-x)=g(x),且x>0时,f′(x)>0,g′(x)>0,则x<0时( ) ‎ A.f′(x)>0,g′(x)>0 ‎ B.f′(x)>0,g′(x)<0 ‎ C.f′(x)<0,g′(x)>0 ‎ D.f′(x)<0,g′(x)<0 ‎ ‎2、若函数在上是增函数,则实数k的取值范围是( ) ‎ A. [-2,+ B. [2,+ ‎ C.] D. (-)‎ ‎3、函数f(x)的定义域为开区间(a,b),导函数f′(x)在(a,b)内的图象如图所示,则函数f(x)在(a,b)内的极小值点共有( ) ‎ ‎ ‎ A.1个 B.2个 C.3个 D.4个 ‎ ‎4、在区间[-1,1]上的最大值是( ) ‎ A.-2 B.0 C.2 D.4 ‎ ‎5、设f′(x)是函数f(x)的导函数,将y=f(x)和y=f′(x)的图象画在同一个直角坐标系中,不可能正确的是( ) ‎ ‎ ‎ ‎6、某公司生产某种产品,固定成本为20 000元,每生产一单位产品,成本增加100元,已知总营业收入R与年产量x的关系是R=R(x)=则总利润最大时,每年生产的产品单位数是( ) ‎ A.100 B.150 C.200 D.300 ‎ ‎7、函数已知f(x)在x=-3时取得极值,则a等于( ) ‎ A.2 B.3 C.4 D.5 ‎ ‎8、若函数有3个不同的零点,则实数a的取值范围是( ) ‎ A.(-2,2) B.‎ C. D. ‎ ‎9、函数f(x)=(x-3)e的单调递增区间是( ) ‎ A. B.(0,3) ‎ C.(1,4) D. ‎ 二、填空题 ‎10、已知函数y=ax与在上都是减函数,则函数的单调递减区间为 . ‎ ‎11、函数y=sin的最大值是 ，最小值是 .‎ ‎12、要建造一个长方体形状的仓库,其内部的高为3 m,长和宽的和为20 m,则仓库容积的最大值为 ‎ . ‎ 三、解答题 ‎13、已知函数f(x)R),其中a>0. ‎ ‎(1)若a=1,求曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程; ‎ ‎(2)若在区间上,f(x)>0恒成立,求a的取值范围. ‎ ‎14、(2011安徽高考,理16)设其中a为正实数. ‎ ‎(1)当时,求f(x)的极值点; ‎ ‎(2)若f(x)为R上的单调函数,求a的取值范围. ‎ ‎15、已知函数f(x)=ln(1. ‎ ‎(1)当k=2时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程; ‎ ‎(2)求f(x)的单调区间. ‎  ‎ ‎16、设a为实数,函数f(x)=eR. ‎ ‎(1)求f(x)的单调区间与极值; ‎ ‎(2)求证:当a>ln2-1且x>0时,e. ‎ 以下是答案 一、选择题 ‎1、B ‎ 解析:由题意知f(x)是奇函数,g(x)是偶函数.当x>0时,f(x),g(x)都单调递增,则当x<0时,f(x)单调递增,g(x)单调递减,即f′(x)>0,g′(x)<0. ‎ ‎2、A ‎ 解析:因为h′所以h′在上恒成立,即在 上恒成立.所以[-2,+. ‎ ‎3、A ‎ 解析:观察题中图象可知,f′(x)只有一处是先小于0,后大于0的. ‎ ‎4、C ‎ 解析:f′2),令f′(x)=0可得x=0或2(2舍去),当时,f′(x)>0,当时,f′(x)<0,所以当x=0时,f(x)取得最大值2. ‎ ‎5、D ‎ 解析:对于A,抛物线为函数f(x),直线为f′(x);对于B,上凸的曲线为函数f(x),下凹的曲线为f′(x);对于C,下面的曲线为函数f(x),上面的曲线f′(x).只有D不符合题设条件. ‎ ‎6、D ‎ 解析:由题意得,总成本函数为C=C(x)=20 000+100x, ‎ 所以总利润函数为P=P(x)=R(x)-C(x) ‎ ‎= ‎ 而P′(x)= ‎ 令P′(x)=0,得x=300,易知x=300时,P最大. ‎ ‎7、D ‎ 解析:因为所以f′. ‎ 由题意有f′(-3)=0,所以.由此解得a=5. ‎ ‎8、A ‎ 解析:由f′1)(x+1), ‎ 且当x<-1时,f′(x)>0. ‎ 当-11时,f′(x)>0. ‎ 所以当x=-1时函数f(x)有极大值,当x=1时函数f(x)有极小值. ‎ 要使函数f(x)有3个不同的零点,只需满足解之,得-22. ‎ ‎∴f(x)的单调递增区间为. ‎ 二、填空题 ‎10、和 ‎ 解析:根据题意a<0,b<0. ‎ 由得y′. ‎ 令y′<0,可得x>0或. ‎ 故所求减区间为和. ‎ ‎11、 ‎ 解析:∵y′=2cos2x-1=0,∴. ‎ 而 ‎ 端点 ‎ ‎∴y的最大值是最小值是. ‎ ‎12、300 ‎ 解析:设长为x m,则宽为(20-x) m,仓库的容积为V, ‎ 则V ‎ V′=-6x+60,令V′=0,得x=10. ‎ 当00;当x>10时,V′<0. ‎ ‎∴x=10时 ‎ 三、解答题 ‎13、 解:(1)当a=1时3;f′(x)′(2)=6.所以曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程为y-3=6(x-2),即y=6x-9. ‎ ‎(2)f′1).令f′(x)=0,解得x=0或. ‎ 以下分两种情况讨论: ‎ ‎①若则.当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:‎ ‎ ‎ 当时,f(x)>0等价于即 ‎ 解不等式组得-52,则.当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:‎ ‎ ‎ 当时,f(x)>0等价于 即 ‎ 解不等式组得或. ‎ 因此20,知在R上恒成立,因此由此并结合a>0,知. ‎ ‎15、 解:(1)当k=2时,f(x)=ln(1f′(x)=. ‎ 由于f(1)=ln2,f′ ‎ 所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-ln ‎ 即3x-2y+2ln2-3=0. ‎ ‎(2)f′ ‎ 当k=0时,f′ ‎ 所以,在区间(-1,0)上,f′(x)>0;在区间上,f′(x)<0, ‎ 故f(x)的单调递增区间是(-1,0),单调递减区间是. ‎ 当00;在区间上,f′(x)<0. ‎ 故f(x)的单调递增区间是(-1,0)和单调递减区间是. ‎ 当k=1时,f′ ‎ 故f(x)的单调递增区间是. ‎ 当k>1时,f′得. ‎ 所以,在区间和上,f′(x)>0; ‎ 在区间上,f′(x)<0. ‎ 故f(x)的单调递增区间是和单调递减区间是. ‎16、 (1)解:由f(x)=eR知f′(x)=eR. ‎ 令f′(x)=0,得x=ln2.于是当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表: ‎ ‎ ‎ 故f(x)的单调递减区间是ln2),单调递增区间是(ln ‎ f(x)在x=ln2处取得极小值,极小值为f(ln2)=eln2+2a=2(1-ln2+a). ‎ ‎(2)证明:设g(x)=eR.于是g′(x)=eR. ‎ 由(1)知当a>ln2-1时,g′(x)最小值为g′(ln2)=2(1-ln2+a)>0. ‎ 于是对任意R,都有g′(x)>0,所以g(x)在R内单调递增. ‎ 于是当a>ln2-1时,对任意都有g(x)>g(0). ‎ 而g(0)=0,从而对任意. ‎ 即e故e. ‎