3.2导数在函数单调性、极值中的应用(理_测试)

限时作业15导数在函数单调性、极值中的应用一、选择题1.函数f(x)=的单调递减区间是().A.e,+)B.1,+)C.0,eD.0,12.(2011福建高考,文10)若a0,b0,且函数f(x)=4x3-ax2-2bx+2在x=1处有极值,则ab的最大值等于().A.2B.3C.6D.93.设f(x)=kx-2ln x,若f(x)在其定义域内为单调增函数,则k的取值范围是().A.(-,1B.1,+)C.(-,-1D.-1,+)4.(2012天津模拟)定义在R上的函数y=f(x),满足f(3-x)=f(x),f(x)0,若x13,则有().A.f(x1)f(x2)B.f(x1)f(x2)C.f(x1)=f(x2)D.不确定5.在R上可导的函数f(x)的图象如图所示,则关于x的不等式xf(x)0的解集为().A.(-,-1)(0,1)B.(-1,0)(1,+)C.(-2,-1)(1,2)D.(-,-2)(2,+)6.已知向量a,b满足|a|=2|b|0,且关于x的函数f(x)=x3+|a|x2+abx在R上单调递增,则a,b的夹角的取值范围是().A.B.C.D.二、填空题7.已知函数f(x)=(m-2)x2+(m2-4)x+m是偶函数,函数g(x)=-x3+2x2+mx+5在(-,+)内单调递减,则实数m的值为.8.已知函数f(x)=x3+ax2+bx+a2在x=1处取得极值10,则f(2)=.9.已知某质点的运动方程为s(t)=t3+bt2+ct+d,如图所示是其运动轨迹的一部分,若t时,s(t)3d2恒成立,则d的取值范围为.三、解答题10.(2011江西高考,理19)设f(x)=-x3+x2+2ax.(1)若f(x)在(,+)上存在单调递增区间,求a的取值范围;(2)当0a0,证明:当0xf;(3)若函数y=f(x)的图象与x轴交于A,B两点,线段AB中点的横坐标为x0,证明:f(x0)0.参考答案一、选择题1.B2.A3.D4.D5.C6.C解析:依题意,当a1时,S(a)=+2a=-a2+3a;当1a2时,S(a)=+2a;当23时,S(a)=+2+3=,于是S(a)=由解析式可知选C.二、填空题7.6.58.赔14元9.2 000解析:设树苗放置在距一端距离为x米的树坑旁边,则0x190,且Z,设距离之和为2f(x),由题意易知:f(x)=|x|+|x-10|+|x-20|+|x-x|+|x-(x+10)|+|x-(x+20)|+|x-180|+|x-190|=x+(x-10)+(x-20)+10+0+10+20+(180-x)+(190-x)=+=.x0,190,且Z,当且仅当x=90或x=100时,f(x)取最小值,最小距离之和为2f(x)min=2f(90)=2f(100)=2 000.三、解答题10.解:(1)当甲户的用水量不超过4吨时,即x,乙户的用水量也不超过4吨,y=(5x+3x)1.8=14.4x;当甲户的用水量超过4吨,乙户的用水量不超过4吨时,即,y=81.8+3(8x-8)=24x-9.6,所以y=(2)由(1)可知y=f(x)在各段区间上均为单调递增,当x时,yf=11.5226.4;当x时,yf=22.426.4;当x时,令24x-9.6=26.4,解得x=1.5,所以甲户用水量为5x=7.5吨,付费S1=41.8+3.53=17.70(元);乙户用水量为3x=4.5吨,付费S2=41.8+0.53=8.70(元).11.解:(1)由题意知,E移动时单位时间内的淋雨量为|v-c|+,故y=(3|v-c|+10).(2)由(1)知,当0vc时,y=(3c-3v+10)=-15;当cv10时,y=(3v-3c+10)=+15;故y=当0c时,y是关于v的减函数.故当v=10时,ymin=20-.当c5时,在(0,c上,y是关于v的减函数;在(c,10上,y是关于v的增函数.故当v=c时,ymin=.12.解:(1)设0t1t2,g(t)为常数,g(t1)=g(t2),即(-)=0,g(0)=.即湖水污染的初始质量分数为.(2)证明:设0t1t2,则g(t1)-g(t2)=(-)=,g(0)-0,t1t2,g(t1)-g(t2)0.g(t1)g(t2).故湖泊污染质量分数随时间变化而增加,污染越来越严重.(3)污染源停止,即p=0,此时g(t)=g(0).设要经过t天能使湖水的污染水平下降到开始时污染水平的5%.即g(t)=5%g(0),即有5%g(0)=g(0).由实际意义知g(0)0,=.t=ln 20(天),即需要ln 20天时间.一、选择题1.A2.A3.B4.D5.A6.A解析:设点P的横坐标是m,则曲线在点P处的切线的斜率等于y|x=m=2m+2,由于该切线的倾斜角的取值范围为,因此有02m+21,由此解得-1m-.二、填空题7.8.69.4解析:设切线的斜率为k,则k=y=3x2+6x+a,又k=tan ,k1,+).又k=3(x+1)2+a-3,当x=-1时,k取最小值为a-3=1.a=4.三、解答题10.解:(1)设u=3-x,则y=,u=3-x.y=fuux=()(3-x)=(-1)=-=-.(2)y=+=(x-1)+(2x-2)+(x-3)=-x-2-4x-3-3x-4=-.(3)y=.(4)令y=logau,u=sin x,y=logaecos x=logae=.11.解:y=x3+,则y=x2.(1)由题意可知点P(4,2)为切点,y|x=2=22=4,所以曲线在点P(2,4)处的切线方程为y-4=4(x-2),即4x-y-4=0.(2)由题意可知点P(2,4)不一定为切点,故设切点为,y=,曲线过点P(2,4)的切线方程为y-=(x-x0),所以4-=(2-x0),-3+4=0(+1)-3(-1)=0(x0+1)(-4x0+4)=0.解得x0=-1或x0=2,即切点为(-1,1)或(2,4).所以曲线过点P(2,4)的切线方程为x-y+2=0或4x-y-4=0.12.解:(1)因为切点在切线上,所以将点M代入切线方程解得f()=.由f(x)=a-,根据题意,得关于a,b的方程组解得所以f(x)的解析式为f(x)=x+.(2)由f(x)=1-(x0),令f(x)0,解得-1x0或0x或d0;当t(1,3)时,s(t)0,当t=1时,s(t)取得极大值4+d.又s(4)=4+d,当t时,s(t)的最大值为4+d.当t时,s(t)3d2恒成立,4+d或d0,得a-,所以,当a-时,f(x)在上存在单调递增区间.(2)令f(x)=0,得两根x1=,x2=.所以f(x)在(-,x1),(x2,+)上单调递减,在(x1,x2)上单调递增.当0a2时,有x11x24,所以f(x)在1,4上的最大值为f(x2).又f(4)-f(1)=-+6a0,即f(4)0;当x(1,3)时,f(x)162-101616ln 2-9=f(1),f(e-2-1)-32+11=-21f(3),所以在f(x)的三个单调区间(-1,1),(1,3),(3,+)上,直线y=b与y=f(x)的图象各有一个交点,当且仅当f(3)b0,所以f(x)在(0,+)上单调增加.若a0,则由f(x)=0得x=,且当x时,f(x)0,当x时,f(x)0,所以f(x)在上单调增加,在上单调减少.(2)证明:设函数g(x)=f-f,则g(x)=ln (1+ax)-ln (1-ax)-2ax,g(x)=+-2a=当0x0,而g(0)=0,所以g(x)0.故当0xf.(3)由(1)可得,当a0时,函数y=f(x)的图象与x轴至多有一个交点,故a0,从而f(x)的最大值为f,且f0.不妨设A(x1,0),B(x2,0),0x1x2,则0x1f(x1)=0.从而x2-x1,于是x0=.由(1)知,f(x0)0.9