【苏教版】2020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.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(+)

5、,即k=-ωsin(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

16、: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+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∈(-∞,

17、-)时,f′(x)g′(x)<0,故由题设得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

22、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′

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

24、(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)==.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,

25、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

26、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

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