2019年试题一轮优化探究理数 苏教版 第三章 第二节　简单复合函数的导数.doc

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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＝－ωs

5、in(π＋)．∴

6、k

7、＝

8、ωsin(π＋)

9、＝

10、(2n＋)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

16、′(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＋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

17、得a≥－且b≥－、从而－≤a<0、于是－≤b≤0.因此

18、a－b

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

22、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′

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

24、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)＝＝.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

25、f(16)>162－10×16>16ln2－9＝f(1)．f(e－2－1)<－32＋11＝－21

26、、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