一輪優(yōu)化探究理數(shù)蘇教版練習(xí):第三章 第二節(jié) 簡單復(fù)合函數(shù)的導(dǎo)數(shù) Word版含解析

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1、 高考數(shù)學(xué)精品復(fù)習(xí)資料 2019.5 1.求函數(shù)f(x)=xe2-x的最大值. 解析:f′(x)=x′e2-x+xe2-x(2-x)′ =e2-x-xe2-x=(1-x) e2-x. ∴當(dāng)x<1時,f′(x)>0;當(dāng)x>1時,f′(x)<0; 當(dāng)x=1時,f′(x)=0, ∴當(dāng)x=1時,f(x)取得最大值為e. 2.設(shè)曲線y=cos(ωx+)在點(,0)處的切線斜率為k.若|k|<1,求ω. 解析:由曲線過點(,0),則cos(ω+)=0, ∴ω+=nπ+, ∴ω=2n+(n∈Z), ∵y′=-sin(

2、ωx+)(ωx+)′ =-ωsin(ωx+). ∴y′|x==-ωsin(+), 即k=-ωsin(π+). ∴|k|=|ωsin(π+)|=|(2n+)sin(nπ+)| =|2n+|<1, ∴n=0,ω=. 3.已知a,b是實數(shù),函數(shù)f(x)=x3+ax,g(x)=x2+bx,f′(x)和g′(x)分別是f(x)和g(x)的導(dǎo)函數(shù).若f′(x)g′(x)≥0在區(qū)間I上恒成立,則稱f(x)和g(x)在區(qū)間I上單調(diào)性一致. (1)設(shè)a>0,若f(x)和g(x)在區(qū)間[-1,+∞)上單調(diào)性一致,求b的取值范圍; (2)設(shè)a<0且a≠b,若f(x)和g(x)在以a,b為端點的開區(qū)

3、間上單調(diào)性一致,求|a-b|的最大值. 解析:f′(x)=3x2+a,g′(x)=2x+b. (1)由題意知f′(x)g′(x)≥0在[-1,+∞)上恒成立. 因為a>0,故3x2+a>0,進而2x+b≥0,即b≥-2x在區(qū)間[-1,+∞)上恒成立,所以b≥2. 因此b的取值范圍是[2,+∞). (2)令f′(x)=0,解得x= . 若b>0,由a<0得0∈(a,b). 又因為f′(0)g′(0)=ab<0,所以函數(shù)f(x)和g(x)在(a,b)上的單調(diào)性是不一致的,因此b≤0. 由此得,當(dāng)x∈(-∞,0)時,g′(x)<0. 當(dāng)x∈(-∞,-)時,f′(x)>0, 因此,

4、當(dāng)x∈(-∞,-)時,f′(x)g′(x)<0, 故由題設(shè)得a≥-且b≥-,從而-≤a<0,于是-≤b≤0.因此|a-b|≤,且當(dāng)a=-,b=0時等號成立. 又當(dāng)a=-,b=0時,f′(x)g′(x)=6x(x2-),從而當(dāng)x∈(-,0)時,f′(x)g′(x)>0, 故函數(shù)f(x)和g(x)在(-,0)上單調(diào)性一致. 因此|a-b|的最大值為. 4.如圖,函數(shù)y=2cos(ωx+θ)(x∈R,0≤θ≤)的圖象與y軸交于點(0,),且在該點處切線的斜率為-2. (1)求θ和ω的值; (2)已知點A(,0),點P是該函數(shù)圖象上一點,點Q(x0,y0)是PA的中點,當(dāng)y0=,x0∈[

5、,π]時,求x0的值. 解析:(1)將x=0,y=代入函數(shù)y=2cos(ωx+θ)得cos θ=. 因為0≤θ≤,所以θ=. 又因為y′=-2ωsin(ωx+θ),y′|x=0=- 2,θ=, 所以ω=2,因此,y=2cos(2x+). (2)因為點A(,0),Q(x0,y0)是PA的中點, y0=, 所以點P的坐標(biāo)為(2x0-,). 又因為點P在y=2cos(2x+)的圖象上, 所以cos(4x0-)=, 因為≤x0≤π,所以≤4x0-≤, 從而得4x0-=或4x0-=, 即x0=或x0=. 5.已知x=3是函數(shù)f(x)=aln(1+x)+x2-10x的一個極值點.

6、 (1)求a; (2)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間; (3)若直線y=b與函數(shù)y=f(x)的圖象有3個交點,求b的取值范圍. 解析:(1)因為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)==. 當(dāng)x∈(-1,1)∪(3,+∞)時,f′(x)>0, 當(dāng)x∈(1,3)時,f′(x)<0. 所以f(x)的單調(diào)增區(qū)間是(-1,1),(3,+∞),f(x)的單調(diào)減區(qū)間是(1,3). (3)由(2)知,f(x)的極大值為f(1)=16ln 2-9, 極小值

7、為f(3)=32ln 2-21. 因為f(16)>162-1016>16ln 2-9=f(1). f(e-2-1)<-32+11=-21

8、′(x)=--+= -, 故當(dāng)x∈(0,1)時,f′(x)>0, 當(dāng)x∈(1,+∞)時,f′(x)<0. 所以f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(0,1),單調(diào)減區(qū)間為(1,+∞). 由此知f(x)在(0,+∞)上的極大值為f(1)=ln 2,沒有極小值. (2)①當(dāng)a≤0時, 由于f(x)= =>0, 故關(guān)于x的不等式f(x)≥a的解集為(0,+∞). ②當(dāng)a>0時, 由f(x)=+ln(1+)知 f(2n)=+ln(1+), 其中n為正整數(shù), 且有l(wèi)n(1+)-log2(e-1). 又n≥2時,=<=, 且+1. 取整數(shù)n0,滿足n0>-log2(e-1),n0>+1,且n0≥2, 則f(2n0)=+ln(1+)<+=a, 即當(dāng)a>0時,關(guān)于x的不等式f(x)≥a的解集不是(0,+∞). 綜合①②知,存在a,使得關(guān)于x的不等式f(x)≥a的解集為(0,+∞),且a的取值范圍為(-∞,0].

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