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时间:2018-12-22
《2014届高考数学一轮复习 第15讲《导数在函数中的应用》热点针对训练 理》由会员上传分享,免费在线阅读,更多相关内容在教育资源-天天文库。
1、1.(2012·广东韶关市调研)函数y=xex的最小值是(C)A.-1B.-eC.-D.不存在解析:y′=ex+xex,令y′=0,则x=-1.当x<-1时,y′<0;当x>-1时,y′>0,所以x=-1时,ymin=-,故选C. 2.(2012·安徽省“江南十校”3月联考)已知定义在R上的函数f(x),其导函数f′(x)的图象如图所示,则下列叙述正确的是(C)A.f(b)>f(c)>f(d)B.f(b)>f(a)>f(e)C.f(c)>f(b)>f(a)D.f(c)>f(e)>f(d)解析:观察函数f(x)的特征图象可知函数
2、f(x)在区间(-∞,c]上单调递增,由于a<b<c,所以f(c)>f(b)>f(a),故选C. 3.(2012·山东省潍坊市三县10月联考)函数f(x)=x3+ax2+3x-9,已知f(x)在x=-3时取得极值,则a=(D)A.2B.3C.4D.5解析:因为f′(x)=3x2+2ax+3,且f(x)在x=-3时取得极值,所以f′(-3)=3×9+2a×(-3)+3=0,解得a=5,故选D. 4.(2012·江苏省南京市、盐城市第一次模拟)函数f(x)=(x2+x+1)ex(x∈R)的单调减区间为 (-2,-1) .解析:f′
3、(x)=(2x+1)ex+(x2+x+1)ex=(x2+3x+2)ex(x∈R),令f′(x)<0,则x2+3x+2<0,解得-24、知定义在R上的函数f(x),g(x)满足=ax,且f′(x)g(x)5、且对称轴不是y轴,因此其图象就为第三个,所以由f′(x)的图象与x轴的交点为原点与y轴右侧的点可得a=-1,所以f(-1)=--1+1=-. 8.(2012·泉州四校二次联考)设f(x)=,其中a为正实数.(1)当a=时,求f(x)的极值点;(2)若f(x)为[,]上的单调函数,求a的取值范围.解析:因为f′(x)=.(1)当a=时,若f′(x)=0,则4x2-8x+3=0,解得x1=,x2=.当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:x(-∞,)(,)(,+∞)f′(x)+0-0+f(x)递增极大值递减极小值递增由表6、可知,x1=是极大值点,x2=是极小值点.(2)记g(x)=ax2-2ax+1,则g(x)=a(x-1)2+1-a.因为f(x)为[,]上的单调函数,则f′(x)在[,]上不变号.因为>0,所以g(x)≥0或g(x)≤0在x∈[,]上恒成立,由g(1)≥0或g()≤0,得07、x-aln(x-1)(a∈R)的定义域是(1,+∞).当a=1时,f′(x)=2x-1-=,所以f(x)在(1,)上为减函数,在(,+∞)上为增函数,所以函数f(x)的最小值为f()=+ln2.(2)f′(x)=2x-a-=,若a≤0时,则≤1,f(x)=>0在(1,+∞)恒成立,所以f(x)的增区间为(1,+∞).若a>0,则>1,故当x∈(1,],f′(x)=≤0,当x∈[,+∞)时,f(x)=≥0,所以a>0时,f(x)的减区间为(1,),f(x)的增区间为[,+∞).
4、知定义在R上的函数f(x),g(x)满足=ax,且f′(x)g(x)5、且对称轴不是y轴,因此其图象就为第三个,所以由f′(x)的图象与x轴的交点为原点与y轴右侧的点可得a=-1,所以f(-1)=--1+1=-. 8.(2012·泉州四校二次联考)设f(x)=,其中a为正实数.(1)当a=时,求f(x)的极值点;(2)若f(x)为[,]上的单调函数,求a的取值范围.解析:因为f′(x)=.(1)当a=时,若f′(x)=0,则4x2-8x+3=0,解得x1=,x2=.当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:x(-∞,)(,)(,+∞)f′(x)+0-0+f(x)递增极大值递减极小值递增由表6、可知,x1=是极大值点,x2=是极小值点.(2)记g(x)=ax2-2ax+1,则g(x)=a(x-1)2+1-a.因为f(x)为[,]上的单调函数,则f′(x)在[,]上不变号.因为>0,所以g(x)≥0或g(x)≤0在x∈[,]上恒成立,由g(1)≥0或g()≤0,得07、x-aln(x-1)(a∈R)的定义域是(1,+∞).当a=1时,f′(x)=2x-1-=,所以f(x)在(1,)上为减函数,在(,+∞)上为增函数,所以函数f(x)的最小值为f()=+ln2.(2)f′(x)=2x-a-=,若a≤0时,则≤1,f(x)=>0在(1,+∞)恒成立,所以f(x)的增区间为(1,+∞).若a>0,则>1,故当x∈(1,],f′(x)=≤0,当x∈[,+∞)时,f(x)=≥0,所以a>0时,f(x)的减区间为(1,),f(x)的增区间为[,+∞).
5、且对称轴不是y轴,因此其图象就为第三个,所以由f′(x)的图象与x轴的交点为原点与y轴右侧的点可得a=-1,所以f(-1)=--1+1=-. 8.(2012·泉州四校二次联考)设f(x)=,其中a为正实数.(1)当a=时,求f(x)的极值点;(2)若f(x)为[,]上的单调函数,求a的取值范围.解析:因为f′(x)=.(1)当a=时,若f′(x)=0,则4x2-8x+3=0,解得x1=,x2=.当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:x(-∞,)(,)(,+∞)f′(x)+0-0+f(x)递增极大值递减极小值递增由表
6、可知,x1=是极大值点,x2=是极小值点.(2)记g(x)=ax2-2ax+1,则g(x)=a(x-1)2+1-a.因为f(x)为[,]上的单调函数,则f′(x)在[,]上不变号.因为>0,所以g(x)≥0或g(x)≤0在x∈[,]上恒成立,由g(1)≥0或g()≤0,得07、x-aln(x-1)(a∈R)的定义域是(1,+∞).当a=1时,f′(x)=2x-1-=,所以f(x)在(1,)上为减函数,在(,+∞)上为增函数,所以函数f(x)的最小值为f()=+ln2.(2)f′(x)=2x-a-=,若a≤0时,则≤1,f(x)=>0在(1,+∞)恒成立,所以f(x)的增区间为(1,+∞).若a>0,则>1,故当x∈(1,],f′(x)=≤0,当x∈[,+∞)时,f(x)=≥0,所以a>0时,f(x)的减区间为(1,),f(x)的增区间为[,+∞).
7、x-aln(x-1)(a∈R)的定义域是(1,+∞).当a=1时,f′(x)=2x-1-=,所以f(x)在(1,)上为减函数,在(,+∞)上为增函数,所以函数f(x)的最小值为f()=+ln2.(2)f′(x)=2x-a-=,若a≤0时,则≤1,f(x)=>0在(1,+∞)恒成立,所以f(x)的增区间为(1,+∞).若a>0,则>1,故当x∈(1,],f′(x)=≤0,当x∈[,+∞)时,f(x)=≥0,所以a>0时,f(x)的减区间为(1,),f(x)的增区间为[,+∞).
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