高一数学导数及其运用练习题5

高考网本资料来源于《七彩教育网》．设函数3()fxaxbxc(0)a为奇函数，其图象在点(1,(1))f处的切线与直线670xy垂直，导函数'()fx的最小值为12．（Ⅰ）求a，b，c的值；（Ⅱ）求函数()fx的单调递增区间，并求函数()fx在[1,3]上的最大值和最小值．解析：本题考查函数的奇偶性、单调性、二次函数的最值、导数的应用等基础知识，以及推理能力和运算能力．21.已知函数2221()()1axafxxxR，其中aR．（Ⅰ）当1a时，求曲线()yfx在点(2(2))f，处的切线方程；（Ⅱ）当0a时，求函数()fx的单调区间与极值．本小题考查导数的几何意义，两个函数的和、差、积、商的导数，利用导数研究函数的单调性和极值等基础知识，考查运算能力及分类讨论的思想方法．满分12分．22.设函数2()()fxxxa（xR），其中aR．（Ⅰ）当1a时，求曲线()yfx在点(2(2))f，处的切线方程；（Ⅱ）当0a时，求函数()fx的极大值和极小值；（Ⅲ）当3a时，证明存在10k，，使得不等式22(cos)(cos)fkxfkx≥对任意的xR恒成立．本小题主要考查运用导数研究函数的性质、曲线的切线方程，函数的极值、解不等式等基础知识，考查综合分析和解决问题的能力及分类讨论的思想方法．满分14分．高考网()3xfx，对任意实数t，记232()3tgxtxt．（I）求函数()()tyfxgx的单调区间；（II）求证：（ⅰ）当0x时，()fxg()()tfxgx≥对任意正实数t成立；（ⅱ）有且仅有一个正实数0x，使得00()()xtgxgx≥对任意正实数t成立．本题主要考查函数的基本性质，导数的应用及不等式的证明等基础知识，以及综合运用所学知识分析和解决问题的能力．满分15分．24.已知函数cbxxaxxf44ln)((x0)在x=1处取得极值--3--c，其中a,b,c为常数。（1）试确定a,b的值；（2）讨论函数f(x)的单调区间；（3）若对任意x0，不等式22)(cxf恒成立，求c的取值范围。25.用长为18cm的钢条围成一个长方体形状的框架，要求长方体的长与宽之比为2：1，问该长方体的长、宽、高各为多少时，其体积最大？最大体积是多少？答案20.（Ⅰ）∵()fx为奇函数，∴()()fxfx即33axbxcaxbxc∴0c∵2'()3fxaxb的最小值为12∴12b又直线670xy的斜率为16因此，'(1)36fab高考网∴2a，12b，0c．（Ⅱ）3()212fxxx．2'()6126(2)(2)fxxxx，列表如下：x(,2)2(2,2)2(2,)'()fx00()fx极大极小所以函数()fx的单调增区间是(,2)和(2,)∵(1)10f，(2)82f，(3)18f∴()fx在[1,3]上的最大值是(3)18f，最小值是(2)82f．21.（Ⅰ）解：当1a时，22()1xfxx，4(2)5f，又2222222(1)2222()(1)(1)xxxxfxxx·，6(2)25f．所以，曲线()yfx在点(2(2))f，处的切线方程为46(2)525yx，即62320xy．（Ⅱ）解：2222222(1)2(21)2()(1)()(1)(1)axxaxaxaaxfxxx．由于0a，以下分两种情况讨论．（1）当0a时，令()0fx，得到11xa，2xa．当x变化时，()()fxfx，的变化情况如下表：x1a，∞1a1aa，a()a，∞()fx00()fx极小值极大值所以()fx在区间1a，∞，()a，∞内为减函数，在区间1aa，内为增函数．高考网函数()fx在11xa处取得极小值1fa，且21faa，函数()fx在21xa处取得极大值()fa，且()1fa．（2）当0a时，令()0fx，得到121xaxa，，当x变化时，()()fxfx，的变化情况如下表：xa，∞a1aa，1a1a，+∞()fx00()fx极大值极小值所以()fx在区间()a，∞，1a，+∞内为增函数，在区间1aa，内为减函数．函数()fx在1xa处取得极大值()fa，且()1fa．函数()fx在21xa处取得极小值1fa，且21faa．22.（Ⅰ）解：当1a时，232()(1)2fxxxxxx，得(2)2f，且2()341fxxx，(2)5f．所以，曲线2(1)yxx在点(22)，处的切线方程是25(2)yx，整理得580xy．（Ⅱ）解：2322()()2fxxxaxaxax22()34(3)()fxxaxaxaxa．令()0fx，解得3ax或xa．由于0a，以下分两种情况讨论．（1）若0a，当x变化时，()fx的正负如下表：x3a∞，3a3aa，a()a，∞高考网()fx00因此，函数()fx在3ax处取得极小值3af，且34327afa；函数()fx在xa处取得极大值()fa，且()0fa．（2）若0a，当x变化时，()fx的正负如下表：xa∞，a3aa，3a3a，∞()fx00因此，函数()fx在xa处取得极小值()fa，且()0fa；函数()fx在3ax处取得极大值3af，且34327afa．（Ⅲ）证明：由3a，得13a，当10k，时，cos1kx≤，22cos1kx≤．由（Ⅱ）知，()fx在1∞，上是减函数，要使22(cos)(cos)fkxfkx≥，xR只要22coscos()kxkxxR≤即22coscos()xxkkxR≤①高考网()coscoscos24gxxxx，则函数()gx在R上的最大值为2．要使①式恒成立，必须22kk≥，即2k≥或1k≤．所以，在区间10，上存在1k，使得22(cos)(cos)fkxfkx≥对任意的xR恒成立．23.（I）解：316433xyx．由240yx，得2x．因为当(2)x，时，y0，当(22)x，时，0y，当(2)x，时，0y，故所求函数的单调递增区间是(2)，，(2)，，单调递减区间是(22)，．（II）证明：（i）方法一：令2332()()()(0)33txhxfxgxtxtx，则223()hxxt，当0t时，由()0hx，得13xt，当13()xx，时，()0hx，所以()hx在(0)，内的最小值是13()0ht．故当0x时，()()tfxgx≥对任意正实数t成立．方法二：对任意固定的0x，令232()()(0)3thtgxtxtt，则高考网()()3httxt，由()0ht，得3tx．当30tx时，()0ht．当3tx时，()0ht，所以当3tx时，()ht取得最大值331()3hxx．因此当0x时，()()fxgx≥对任意正实数t成立．（ii）方法一：8(2)(2)3tfg．由（i）得，(2)(2)ttgg≥对任意正实数t成立．即存在正实数02x，使得(2)(2)xtgg≥对任意正实数t成立．下面证明0x的唯一性：当02x，00x，8t时，300()3xfx，0016()43xgxx，由（i）得，30016433xx，再取30tx，得30300()3xxgx，所以303000016()4()33xxxgxxgx，即02x时，不满足00()()xtgxgx≥对任意0t都成立．故有且仅有一个正实数02x，使得00()0()xtgxgx≥对任意正实数t成立．方法二：对任意00x，0016()43xgxx，高考网()tgx关于t的最大值是3013x，所以要使00()()xtgxgx≥对任意正实数成立的充分必要条件是：300161433xx≥，即200(2)(4)0xx≤，①又因为00x，不等式①成立的充分必要条件是02x，所以有且仅有一个正实数02x，使得00()()xtgxgx≥对任意正实数t成立．24.解：（I）由题意知(1)3fc，因此3bcc，从而3b．又对()fx求导得3431()4ln4fxaxxaxbxx3(4ln4)xaxab．由题意(1)0f，因此40ab，解得12a．（II）由（I）知3()48lnfxxx（0x），令()0fx，解得1x．当01x时，()0fx，此时()fx为减函数；当1x时，()0fx，此时()fx为增函数．因此()fx的单调递减区间为(01)，，而()fx的单调递增区间为(1)，∞．（III）由（II）知，()fx在1x处取得极小值(1)3fc，此极小值也是最小值，要使2()2fxc≥（0x）恒成立，只需232cc≥．即2230cc≥，从而(23)(1)0cc≥，解得32c≥或1c≤．所以c的取值范围为3(1]2，，．25.（本小题12分）高考网解：设长方体的宽为x（m），则长为2x(m)，高为230(m)35.441218＜＜xxxh.故长方体的体积为).230()(m69)35.4(2)(3322＜＜xxxxxxV从而).1(18)35.4(1818)(2xxxxxxV令V′（x）＝0，解得x=0（舍去）或x=1，因此x=1.当0＜x＜1时，V′（x）＞0；当1＜x＜32时，V′（x）＜0，故在x=1处V（x）取得极大值，并且这个极大值就是V（x）的最大值。从而最大体积V＝V′（x）＝9×12-6×13（m3），此时长方体的长为2m，高为1.5m.答：当长方体的长为2m时，宽为1m，高为1.5m时，体积最大，最大体积为3m3。