2019版一轮优化探究理数练习：第三章 第二节　简单复合函数的导数 含解析

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1、1．求函数f(x)＝x·e2－x的最大值．解析：f′(x)＝x′·e2－x＋x·e2－x·(2－x)′＝e2－x－xe2－x＝(1－x)e2－x.∴当x<1时，f′(x)>0；当x>1时，f′(x)<0；当x＝1时，f′(x)＝0，∴当x＝1时，f(x)取得最大值为e.2．设曲线y＝cos(ωx＋)在点(，0)处的切线斜率为k.若

2、k

3、<1，求ω.解析：由曲线过点(，0)，则cos(ω＋)＝0，∴ω＋＝nπ＋，∴ω＝2n＋(n∈Z)，∵y′＝－sin(ωx＋)·(ωx＋)′＝－ωsin(ωx＋)．∴y′

4、x＝＝－ωsin(＋)，即k＝－ωsin(π＋)．∴

5、k

6、＝

7、ωsin(π＋)

8、＝

9、(2

10、n＋)sin(nπ＋)

11、＝

12、2n＋

13、<1，∴n＝0，ω＝.3．已知a，b是实数，函数f(x)＝x3＋ax，g(x)＝x2＋bx，f′(x)和g′(x)分别是f(x)和g(x)的导函数．若f′(x)g′(x)≥0在区间I上恒成立，则称f(x)和g(x)在区间I上单调性一致．(1)设a>0，若f(x)和g(x)在区间[－1，＋∞)上单调性一致，求b的取值范围；(2)设a<0且a≠b，若f(x)和g(x)在以a，b为端点的开区间上单调性一致，求

14、a－b

15、的最大值．解析：f′(x)＝3x2＋a，g′(x)＝2x＋b.(1)由题意知f′(x)g′(x)≥0在[－1，＋∞)上恒成立．因为a>0，故3x2

16、＋a>0，进而2x＋b≥0，即b≥－2x在区间[－1，＋∞)上恒成立，所以b≥2.因此b的取值范围是[2，＋∞)．(2)令f′(x)＝0，解得x＝±.若b>0，由a<0得0∈(a，b)．又因为f′(0)g′(0)＝ab<0，所以函数f(x)和g(x)在(a，b)上的单调性是不一致的，因此b≤0.由此得，当x∈(－∞，0)时，g′(x)<0.当x∈(－∞，－)时，f′(x)>0，因此，当x∈(－∞，－)时，f′(x)g′(x)<0，故由题设得a≥－且b≥－，从而－≤a<0，于是－≤b≤0.因此

17、a－b

18、≤，且当a＝－，b＝0时等号成立．又当a＝－，b＝0时，f′(x)g′(x)＝6x(x2－)

19、，从而当x∈(－，0)时，f′(x)g′(x)>0，故函数f(x)和g(x)在(－，0)上单调性一致．因此

20、a－b

21、的最大值为.4.如图，函数y＝2cos(ωx＋θ)(x∈R，0≤θ≤)的图象与y轴交于点(0，)，且在该点处切线的斜率为－2.(1)求θ和ω的值；(2)已知点A(，0)，点P是该函数图象上一点，点Q(x0，y0)是PA的中点，当y0＝，x0∈[，π]时，求x0的值．解析：(1)将x＝0，y＝代入函数y＝2cos(ωx＋θ)得cosθ＝.因为0≤θ≤，所以θ＝.又因为y′＝－2ωsin(ωx＋θ)，y′

22、x＝0＝－2，θ＝，所以ω＝2，因此，y＝2cos(2x＋)．(2)因为点A

23、(，0)，Q(x0，y0)是PA的中点，y0＝，所以点P的坐标为(2x0－，)．又因为点P在y＝2cos(2x＋)的图象上，所以cos(4x0－)＝，因为≤x0≤π，所以≤4x0－≤，从而得4x0－＝或4x0－＝，即x0＝或x0＝.5．已知x＝3是函数f(x)＝aln(1＋x)＋x2－10x的一个极值点．(1)求a；(2)求函数f(x)的单调区间；(3)若直线y＝b与函数y＝f(x)的图象有3个交点，求b的取值范围．解析：(1)因为f′(x)＝＋2x－10，所以f′(3)＝＋6－10＝0，因此a＝16.(2)由(1)知，f(x)＝16ln(1＋x)＋x2－10x，x∈(－1，＋∞)，f′(x

24、)＝＝.当x∈(－1,1)∪(3，＋∞)时，f′(x)>0，当x∈(1,3)时，f′(x)<0.所以f(x)的单调增区间是(－1,1)，(3，＋∞)，f(x)的单调减区间是(1,3)．(3)由(2)知，f(x)的极大值为f(1)＝16ln2－9，极小值为f(3)＝32ln2－21.因为f(16)>162－10×16>16ln2－9＝f(1)．f(e－2－1)<－32＋11＝－21

25、6．设函数f(x)＝－lnx＋ln(x＋1)．(1)求f(x)的单调区间和极值；(2)是否存在实数a，使得关于x的不等式f(x)≥a的解集为(0，＋∞)？若存在，求a的取值范围；若不存在，试说明理由．解析：(1)f′(x)＝－－＋＝－，故当x∈(0,1)时，f′(x)>0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0.所以f(x)的单调增区间为(0,1)，单调减区间为(1，＋∞)．由此知f(x)在(0，＋∞)上的极大