【苏教版】2020版高考探究理数一轮优化练习 第三章 第三节　导数在研究函数中的应用 含解析.doc

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1、一、填空题1．函数y＝1＋3x－x3的极大值，极小值分别为________．解析：由y＝1＋3x－x3，得y′＝－3x2＋3，令y′＝0，即－3x2＋3＝0.得x＝±1.∵当x<－1时，y′<0；当－10；当x>1时，y′<0.∴当x＝1时，有y极大值＝1＋3－1＝3；当x＝－1时，有y极小值＝1－3＋1＝－1.答案：3，－12．函数y＝x3－3x2＋1的单调递减区间为________．解析：f′(x)＝(x3－3x2＋1)′＝3x2－6x，∵当f′(x)<0时，f(x)单调递减，∴3x2－6x<0，即0

2、．答案：(0,2)3．已知t为常数，函数f(x)＝

3、x3－3x－t＋1

4、在区间[－2,1]上的最大值为2，则实数t＝________.解析：由题意知－2≤x3－3x－t＋1≤2在x∈[－2,1]上恒成立，不等式左右两边分别分离变量，可得x3－3x－1≤t≤x3－3x＋3在x∈[－2,1]上恒成立，得1≤t≤1，所以t＝1.本题还可以通过数形结合的方法讨论解决．答案：14．函数f(x)＝x3＋3ax2＋3[(a＋2)x＋1]既有极大值又有极小值，则a的取值范围是________．解析：∵f(x)＝x3＋3ax2＋3[(a＋2)x＋1]，∴f′(x)＝3x2＋6

5、ax＋3(a＋2)．令3x2＋6ax＋3(a＋2)＝0，即x2＋2ax＋a＋2＝0.∵函数f(x)有极大值和极小值，∴方程x2＋2ax＋a＋2＝0有两个不相等的实根．即Δ＝4a2－4a－8>0，∴a>2或a<－1.答案：a>2或a<－15．已知函数f(x)＝x4－2x3＋3m，x∈R，若f(x)＋9≥0恒成立，则实数m的取值范围是________．解析：因为函数f(x)＝x4－2x3＋3m，所以f′(x)＝2x3－6x2，令f′(x)＝0，得x＝0或x＝3，经检验知x＝3是函数的最小值点，所以函数的最小值为f(3)＝3m－，不等式f(x)＋9≥0恒成立，即f

6、(x)≥－9恒成立，所以3m－≥－9，解得m≥.答案：m≥6．函数y＝x＋2cosx在[0，]上取得最大值时x的值为________．解析：y′＝(x＋2cosx)′＝1－2sinx，令1－2sinx＝0，且x∈[0，]时，x＝.当x∈[0，]时，f′(x)≥0，f(x)是单调增函数，当x∈[，]时，f′(x)≤0，f(x)单调递减．∴f(x)max＝f()．答案：7．设m∈R，若函数y＝ex＋2mx(x∈R)有大于零的极值点，则m的取值范围是________．解析：因为函数y＝ex＋2mx(x∈R)有大于零的极值点，所以y′＝ex＋2m＝0有大于0的实根．

7、令y1＝ex，y2＝－2m，则两曲线的交点必在第一象限．由图象可得－2m>1，即m<－.答案：m<－8．已知函数f(x)＝xsinx，x∈R，则f(－4)，f()，f(－)的大小关系为________(用“<”连结)．解析：f′(x)＝sinx＋xcosx，当x∈[，]时，sinx<0，cosx<0，∴f′(x)＝sinx＋xcosx<0，则函数f(x)在x∈[，]上为减函数，∴f()

8、______．解析：f(x)＝x3－2cx2＋c2x，f′(x)＝3x2－4cx＋c2，f′(2)＝0⇒c＝2或c＝6.若c＝2，f′(x)＝3x2－8x＋4，令f′(x)>0⇒x<或x>2，f′(x)<0⇒

9、在x＝1处有极值，所以.即解得(2)由(1)可知f(x)＝x2－lnx，其定义域是(0，＋∞)，且f′(x)＝x－＝.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(0,1)1(1，＋∞)f′(x)－0＋f(x)极小值所以函数y＝f(x)的单调递减区间是(0,1)，单调递增区间是(1，＋∞)．11．已知函数f(x)＝(x>0，x≠1)．(1)求函数f(x)的极值；(2)若不等式>x对任意实数x恒成立，求实数a的取值范围．解析：(1)函数f(x)＝的定义域为(0,1)∪(1，＋∞)，f′(x)＝.令f′(x)＝0，解得x＝e.当x变化时，f′(x)，

10、f(x)的变化情况如下表：x(0,1)(1，e)e(