AJ第十讲 导数的应用(一)真题精练答案部分.doc

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1、第十讲第十讲 导数的应用（一）真题精练答案部分导数的应用（一）真题精练答案部分1B【解析】 （解法一）2m 时，抛物线的对称轴为8 2nxm 据题意，当2m 时，822n m即212mn由2mn且2262mnm n18mn212mn得3,6mn当2m 时，抛物线开口向下，据题意得，81 22n m即218mn由2nm且2292mnm n81 2mn218mn得92m ，故应舍去.要使得mn取得最大值，应有218mn(2,8)mn.所以(182 )(182 8) 816mnn n ，所以最大值为 18选B（解法二）由已知得，对任意的，所( )(2)8fxmxn=-+ -1 ,22x( )0fx以

2、，即画出该不等式组表示的平面区域如图中阴影部分1( )02 ( )0ffx0,0 218 22mn mn mn+ 所示，nmm+2n=182m+n=12129618O令，则当时，当时，由线性规划的相关知识，只mnt=0n =0t =0ntmn=有当直线与曲线相切时， 取得最大值，由，解得212mn+=tmn=t21 2 192t n tnn-=-=，所以，选 B6n =18t =max()18mn=2A【解析】令，因为为奇函数，所以为偶函数，由于( )( )f xh xx=( )f x( )h x，当时， ，所以在上单2( )( )( )xfxf xh xx-=0x ( )( )xfxf x0

3、( )h x(0,)+调递减，根据对称性在上单调递增，又，数形结( )h x(,0)-( 1)0f -=(1)0f=合可知，使得成立的的取值范围是( )0f x x , 10,1 3C【解析】当时，得，令，则，(0,1x321113( )4( )axxx1tx1,)t，令，3234attt( )g t 3234ttt1,)t则，显然在上，单调 2981(1)(91)gxtttt 1,) 0g t( )g t递减，所以，因此；同理，当时，max( )(1)6g tg 6a 2,0)x 得由以上两种情况得显然当时也成立，故实数的取2a62a0x a值范围为 6, 24C【解析】若0c 则有(0)0

4、f，所以 A 正确由32( )f xxaxbxc得32( )f xcxaxbx，因为函数32yxaxbx的对称中心为，所以(0,0)32( )f xxaxbxc的对称中心为(0, )c，所以 B 正确由三次函数的图象可知，若0x是( )f x的极小值点，则极大值点在0x的左侧，所以函数在区间单调递0(,)x减是错误的，D 正确选 C5A【解析】 法一：法一：由题意可得，00sinyx 1,1而由可知，( )f xexxa0y0,1当0 时，为增函数，a( )f xexx 时，1，0y0,10()f ye 1 f(f()10ye 1 不存在使 f(f()成立，故 B，D 错；0y0,10y0y当

5、 ae1 时，( )f xee 1xx 当时，只有1 时才有意义，而 f(1)0，0y0,10y( )f x f(f(1)f(0)，显然无意义，故 C 错故选 A法二：显然，函数是增函数，从而以题意知( )f x( )0f x 00,1y 于是，只能有不然的话，若，得，00()f yy00()f yy000( ()()f f yf yy与条件矛盾；若，得，与条件矛盾00()f yy000( ()()f f yf yy于是，问题转化为在上有解( )f tt0,1由，得，分离变量，得，tteta 2tteta 2( )tag tett0,1t因为，( )210tg tet 0,1t所以，函数在上是

6、增函数，于是有，( )g t0,11(0)( )(1)gg tge即，应选 A1, ae6D【解析】A0,( )()xR f xf x ，错误00(0)x x 是( )f x的极大值点，并不是最大值点；B0x是()fx的极小值点错误()fx相当于( )f x关于 y 轴的对称图像，故0x应是()fx的极大值点；C0x是( )f x的极小值点错误( )f x相当于( )f x关于 x 轴的对称图像，故0x应是( )f x的极小值点跟0x没有关系；D0x是()fx的极小值点正确()fx相当于( )f x先关于 y 轴的对象，再关于 x 轴的对称图像故 D 正确7B【解析】,由，解得，又，21ln2

7、yxx1yxx 0y11x 0x 故选 B01x8D【解析】( )xf xxe，1xefx x，0xe恒成立，令0xf，则1x当1x时，0xf，函数单调减，当1x时，0xf，函数单调增，则1x 为( )f x的极小值点，故选 D9D【解析】 ，由，即，2( )1222fxxaxb(1)0f 12220ab得由，所以，当且仅当时取等6ab0a 0b 2()92abab3ab号选 D10D【解析】因为，即 tan 1，所 2441(1)2xxxxeyeee 以3 4114【解析】当时，此时方程即01x2x =ln2 10y =-2yln7xx=+-2,)x+增，且时，时，所以当时方程2x =ln2

8、30y =-2x有 1 个实根；同理在有 1 个实根故方2ln70xx+-=2ln50xx+-=2,)x+程实根的个数为 4 个1| )()(|xgxf122【解析】由题意，令得或2( )363 (2)fxxxx x( )0fx0x 2x 因或时，时，0x 2x ( )0fx02x( )0fx时取得极小值2x ( )f x13 【解析】(1)证明： 2e2xxf xx 22224ee222x xxxfxxxx当时，x 22, 和 0fx在上单调递增 f x22, 和和时，0x 2e0 =12xxfx2 e20xxx(2) ，33(2)(2)2( )( ( )xxea xxg xf xaxx由(

9、1)知，单调递增，对任意的，( )f xa01a，(0)10faa ，因此，存在唯一，使得，即(2)0faa(0,2ax ()0af xa ()0ag x当时，,单调递减；0axx( )0f xa( )0g x( )g x当时，,单调递增axx( )0f xa( )0g x( )g x因此在处取得最小值，最小值为( )g xaxx22(1)()(1)()2aaaxxx aaa a aaaea xef xxeg xxxx于是，由，得单调递增( )2axaeh ax2(1)()02(2)xxexe xx 2xe x 所以，由，得，(0,2ax 0221( )2022224axaeeeeh ax因为

10、单调递增，对任意的，存在唯一的，2xe x 21( ,2 4e(0,2ax ，使得，所以的值域为()0,1)aaf x ( )h a( )h a21e 24 ，综上，当时，有最小值，的值域为0,1)a( )g x( )h a( )h a21e 24 ，14 【解析】(1)( )2 sin2(1)sinfxaxax (2)当时，1a|( )| | sin2(1)(cos1)|fxaxax2(1)aa32a(0)f因此，32Aa当时，将变形为01a( )f x2( )2 cos(1)cos1f xaxax令，则是在上的最大值，2( )2(1)1g tatatA|( )|g t 1,1( 1)ga，

11、且当时，取得极小值，极小值为(1)32ga1 4ata( )g t221(1)61()1488aaaagaaa 令，解得（舍去） ，1114a a 1 3a 1 5a ()当时，在内无极值点，105a( )g t 1,1|( 1)|ga|(1)| 23ga，所以|( 1)| |(1)|gg23Aa()当时，由，知115a( 1)(1)2(1)0gga1( 1)(1)()4aggga又，所以1(1)(1 7 )|()|( 1)|048aaaggaa2161|()|48aaaAgaa综上，2123 ,05 61 1,185 32,1aaaaAaa aa (3)由(1)得.|( )| | 2 sin

12、2(1)sin|2|1|fxaxaxaa 当时，.105a|( )| 1242(23 )2fxaaaA当时，所以.115a131884aAa|( )| 12fxaA当时，所以.1a|( )|31642fxaaA|( )|2fxA15 【解析】(1)由题意知 函数的定义域为，)(xf), 1 ( ，112) 12(11)(2xaaxaxxaxxf令，2( )21g xaxaxa( 1,)x 当时，0a1)(xg此时，函数在单调递增，无极值点；0)( xf)(xf), 1(当时，0a)89()1 (82aaaaa()当时，980 a00)(xg，函数在单调递增，无极值点；0)( xf)(xf),

13、1()当时，98a0设方程的两根为，0122aaxax)(,2121xxxx因为，21 21 xx所以，11 4x 21 4x 由，可得，01) 1(g4111x所以当时，函数单调递增；), 1(1xx0)(, 0)(xfxg)(xf当时，函数单调递减；),(21xxx( )0g x ( )0fx)(xf当时，函数单调递增；2(,)xx( )0g x ( )0fx)(xf因此函数有两个极值点当时，0a0由，可得，01) 1(g11x当时，函数单调递增；), 1(2xx( )0g x ( )0fx)(xf当时，函数单调递减；2(,)xx( )0g x ( )0fx)(xf所以函数有一个极值点综上

14、所述：当时，函数有一个极值点；当时，函数无极0a)(xf980 a)(xf值点；当时，函数有两个极值点98a)(xf(2)由(1)知，当时，函数在上单调递增，980 a)(xf), 0( 因为 ，所以 时，符合题意；0)0(f), 0( x0)(xf当时，由，得，198 a0)0(g02x所以 函数在上单调递增，)(xf), 0( 又，所以时，符合题意；0)0(f), 0( x0)(xf当时，由，可得，1a0)0(g02x所以时，函数单调递减；2(0,)xx)(xf因为，所以时，不合题意；0)0(f), 0(2xx0)(xf当时，设，0a) 1ln()(xxxh因为时，), 0( x01111

15、)(xx xxh所以在上单调递增)(xh), 0( 因此当时，即，), 0( x( )(0)0h xhxx ) 1ln(可得，xaaxxxaxxf)1 ()()(22当时，ax110)1 (2xaax此时，不合题意，0)(xf综上所述，的取值范围是a 1 , 016 【解析】(1)由题意知时，0a 1( ),(0,)1xf xxx此时，可得，又， 22( )(1)fxx1(1)2f(1)0f所以曲线在处的切线方程为( )yf x(1,(1)f210xy (2)函数的定义域为，( )f x(0,)，2 222(22)( )(1)(1)aaxaxafxxxx x当时，函数在上单调递增，0a ( )

16、0fx ( )f x(0,)当时，令，0a 2( )(22)g xaxaxa由于，22(22)44(21)aaa 当时，1 2a 0 ，函数在上单调递减，2 21(1)2( )0(1)x fxx x ( )f x(0,)当时，函数在上单调递减，1 2a 0, ( )0g x ( )0fx ( )f x(0,)当时，102a0 设是函数的两个零点，1212,()x x xx( )g x则，1(1)21aaxa2(1)21aaxa由 ，1121aaxa 221210aaa a 所以时，函数单调递减，1(0,)xx( )0,( )0g xfx( )f x时，函数单调递增，12( ,)xx x( )0

17、,( )0g xfx( )f x时，函数单调递减，2(,)xx( )0,( )0g xfx( )f x综上可知，当时，函数在上单调递增；0a ( )f x(0,)当时，函数在上单调递减；1 2a ( )f x(0,)当时，在，上单调102a( )f x(1)21(0,)aa a(1)21(,)aa a递减，在上单调递增(1)21(1)21(,)aaaa aa17 【解析】(1)，由已知得，2( )()24fxe axabx(0)4f(0)4f 故，从而4b 8ab4ab(2)由(1)知，2)4(1)4 ,xf xexxx（1( )4(2)244(2)().2xxfxexxxe令得，或( )0f

18、xln2x 2x 从而当时，；当时，(, 2)( 1 2,)xn ( )0fx( 2, 1 2)xn ( )0fx故在，单调递增，在单调递减( )f x(, 2) ( ln2,)( 2, ln2)当时，函数取得极大值，极大值为2x ( )f x2( 2)4(1)fe18 【解析】(1)由 1xaf xxe ，得 1xafxe 又曲线 yf x在点 1,1f处的切线平行于x轴，得 10f ，即10a e，解得ae(2) 1xafxe ，当0a 时， 0fx， f x为, 上的增函数，所以函数 f x无极值当0a 时，令 0fx，得xea，lnxa,lnxa ， 0fx；ln ,xa， 0fx所以

19、 f x在,lna上单调递减，在ln , a 上单调递增，故 f x在lnxa处取得极小值，且极小值为lnlnfaa，无极大值综上，当0a 时，函数 f x无极小值；当0a ， f x在lnxa处取得极小值lna，无极大值(3)当1a 时， 11xf xxe 令 111xg xf xkxk xe，则直线l：1ykx与曲线 yf x没有公共点，等价于方程 0g x 在R上没有实数解假设1k ，此时 010g ，1 111101kgke ，又函数 g x的图象连续不断，由零点存在定理，可知 0g x 在R上至少有一解，与“方程 0g x 在R上没有实数解”矛盾，故1k 又1k 时， 10xg xe

20、，知方程 0g x 在R上没有实数解所以k的最大值为1解法二：(1) (2)同解法一(3)当1a 时， 11xf xxe 直线l：1ykx与曲线 yf x没有公共点，等价于关于x的方程111xkxxe 在R上没有实数解，即关于x的方程：11xkxe（*）在R上没有实数解当1k 时，方程（*）可化为10xe，在R上没有实数解当1k 时，方程（*）化为1 1xxek令 xg xxe，则有 1xgxx e令 0gx，得1x ，当x变化时， gx的变化情况如下表：x, 1 11, gx0 g xA1 eA当1x 时， min1g xe ，同时当x趋于时， g x趋于，从而 g x的取值范围为1,e所以

21、当11,1ke 时，方程（*）无实数解，解得k的取值范围是1,1e综上，得k的最大值为119 【解析】(1)由题在上恒成立，在上恒成立，1( )0fxax), 1 ( 1ax), 1 ( ；1a( )xg xea若，则在上恒成立，在上递增，0a ( )0xg xea), 1 ( )(xg), 1 ( 在上没有最小值， 当时，由于( )g x), 1 ( 0alnxa( )0g x 在递增，时，递增，时( )xg xea), 1 ( lnxa( )0g x )(xglnxa，递减，从而为的可疑极小点，由题，( )0g x )(xglnxa)(xgln1a ，ae综上的取值范围为aae(2)由题在

22、上恒成立，( )0xg xea( 1,) 在上恒成立，xea( 1,) 1ae由得 ，( )ln0,(0)f xxaxxln,(0)xaxx令，则，ln( ),(0)xh xxx21 ln( ),(0)xh xxx当时，递增，0xe( )0h x ln( ),(0)xh xxx当时，递减，xe( )0h x ln( ),(0)xh xxx时，最大值为，xeln( ),(0)xh xxx1 e又时，01xln( )0xh xx时，1x ln( )0xh xx据此作出的大致图象，ln( ),(0)xh xxx由图知：当或时，的零点有 1 个, 当时，的零点有0a 1ae)(xf10ae)(xf2

23、个20 【解析】(1)设；则(1)xte t2 222111a tyatbyaatatat当时，在上是增函数1a 0y 1yatbat1t 得：当时，的最小值为1(0)tx( )f x1aba当时，01a12yatbbat当且仅当时，的最小值为11(,ln )xattexaa ( )f x2b(2)11( )( )xx xxf xaebfxaeaeae由题意得：2 222 212(2)33 3131(2)222faebaaee faebae21 【解析】(1)由( )22,f eb得xy1 eeO(2)由(1)可得从而( )2ln .f xaxaxx ( )ln .fxax，故：0a 因为当；

24、0,( ) 01( ) 0afxxfxx 时由得, 由得01当0,( )001,( )01.afxxfxx时由得由得综上，当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为（0，1） ；0a ( )f x(1,)当时，函数的单调递增区间为（0，1） ，单调递减区间为。0a ( )f x(1,)(3)当时，1a ( )2ln ,( )ln .f xxxx fxx 由(2)可得，当在区间内变化时，的变化情况如下表：x1( , ) ee( ),( )fxf xx1 e1( ,1)e1(1, ) ee( )fx0+( )f x22e单调递减极小值 1单调递增2又的值域为1，22122,( )( , )fxxe

25、ee所以函数由题意可得，若，则对每一个，直线与曲线1, 2m M ,tm Myt都有公共点并且对每一个，直线1( )( , )yf x xee(,)(,)tmM 与曲线都没有公共点yt1( )( , )yf x xee综上，当时，存在最小的实数=1，最大的实数=2，使得对每一个1a mM，直线与曲线都有公共点 ,tm Myt1( )( , )yf x xee22 【解析】(1)时，1 2a 21( )(1)2xf xx ex当时；当( )1(1)(1)xxxfxexexex , 1x ( )fx 时，；当时，故在，1,0x ( )0fx 0,x( )0fx ( )f x, 1 单调增加，在（1，0）单调减少0,(2)令，则若，则当( )(1)af xx xax ( )1ag xxax ( )xg xea1a 时，为减函数，而，从而当0 时0,x( )g x ( )g x(0)0gx0，即0( )g x( )f x若，则当时，为减函数，而，从而当a 0,lnxa( )g x ( )g x(0)0g时0，即00,lnxa( )g x( )f x综合得的取值范围为a,1