2017年甘肃高考数学基础提升训练（五）

2017年甘肃高考数学基础提升训练（五）

【例1】　如果函数y＝f(x)的图象如右图，那么导函数y＝f¢(x)的图象可能是 （    ）

  

 

 

【分析】　根据原函数y＝f(x)的图象可知，f(x)有在两个上升区间，有两个下降区间，且第一个期间的上升区间，然后相间出现，则反映在导函数图象上就是有两部分图象在x轴的上

 

方，有两部分图象在x轴的下方，且第一部分在x轴上方，然后相间出现.

 

【解】　由原函数的单调性可以得到导函数的正负情况依次是正→负→正→负,只有答案A满足.

 

 

【例2】　设f¢(x)是函数f(x)的导函数，y＝f¢(x)的图象如图所示，则y＝f(x)的图象最

可能是 （    ）

 

 

 

【分析】　先观察所给出的导函数y＝f¢(x)的图象的正负区间，再观察所给的选项的增减区间，二者结合起来即可作出正确的选择.本题还可以通过确定导函数y＝f¢(x)的图象零点0、2

 

对应原函数的极大或极小值点来判断图象.

 

【解法1】　由y＝f¢(x)的图象可以清晰地看出，当x∈(0,2)时，y＝f¢(x)＜0，则f(x)为减函数，只有C项符合，故选C.

 

【解法2】　在导函数f¢(x)的图象中，零点0的左侧函数值为正，右侧为负，由可知原函数f(x)在x＝0时取得极大值.又零点2的左侧为负，右侧为正，由此可知原函数f(x)在x＝0时取得极

 

小值，只有C适合，故选C.

 

【点评】　(1)导函数值的符号决定函数的单调性为“正增、负减”，导函数的零点确定原函数的极值点；(2)导函数的增减性与函数增减性之间没有直接的关系，但它刻画函数图象

 

上的点的切线斜率的变化趋势.

 

题型二　利用导数求解函数的单调性问题

若f(x)在某区间上可导，则由f¢(x)＞0(f¢(x)＜0)可推出f(x)为增（减）函数，但反之则不一定，如：函数f(x)＝x³在R上递增，而f¢(x)≥0.f(x)在区间D内单调递增(减)的充要条件是f¢(x₀)≥0(

≤0)，且f¢(x)在(a，b)的任意子区间上都不恒为零.利用导数求解函数单调性的主要题型：(1)根据函数解析式，求函数的单调区间；(2)根据函数的单调性函数求解参数问题；(3)求解与

 

函数单调性相关的其它问题，如函数图象的零点、不等式恒成立等问题.

 

【例3】　(08全国高考)已知函数f(x)＝x³＋ax²＋x＋1，a∈R．(Ⅰ)讨论函数f(x)的单调区间；(Ⅱ)设函数f(x)在区间(－3(2)，－3(1))内是减函数，求a的取值范围．

 

【分析】　第（Ⅰ）小题先求导函数f¢(x)，由于含有参数a，根据判别式确定对a的分类标准，进而确定单调区间；第（Ⅱ）小题根据第（Ⅰ）小题的结果，建立关于a的不等式组，由此可确定a的范围.

 

【解】　(Ⅰ)由f(x)＝x³＋ax²＋x＋1，求导得f¢(x)＝3x²＋2ax＋1，

 

当a²≤3时，△＝4(a²－3)≤0，f¢(x)≥0，f(x)在R上递增，

当a²＞3，f¢(x)＝求得两根为x＝3(a2－3)，则

 

函数f(x)在区间(－∞，3(a2－3))上递增，在区间(3(a2－3)，3(a2－3))上递减，

 

在区间(3(a2－3)，＋∞)上递增.

 

(Ⅱ)由(Ⅰ)得3(a2－3)3(2)3()3(a2－3)3(1)3(1)，且a²＞3，解得a≥2.

 

【点评】　本题是利用导数求解函数单调性问题的两类最典型的题型.由于函数解析式中含有字母参数a，因此解答第(Ⅰ)小题时注意分类讨论.第(Ⅱ)小题的解答是根据第(Ⅰ)小题的结果，利用集合集合间的关系建立不等式来求解的.第(Ⅱ)小题还是利用函数在已知区间上减函数建立不等式 ( )¢3(2)¢3(1)≤0(1)来求解.

 

题型三　求函数的极值问题

 

极值点的导数一定为0，但导数为0的点不一定是极值点，同时不可导的点可能是极值点.因此函数的极值点只能在导数为0的点或不可导的点产生.利用导数求函数的极值主要题型：

 

(1)根据函数解析式求极值；(2)根据函数的极值求解参数问题.解答时要注意准确应用利用导数求极值的原理求解.

 

【例4】　(08·四川)设x＝1和x＝2是函数f(x)＝x⁵＋ax³＋bx＋1的两个极值点.(Ⅰ)求a和b的值；(Ⅱ)略.

 

【分析】　先求导函数f¢(x)，然后由x＝1和x＝2是f¢(x)＝0的两个根建立关于a、b的方程组求解.

 

【解】　因为f¢(x)＝5x⁴＋3ax²＋b，

 

由x＝1和x＝2是函数f(x)＝x⁵＋ax³＋bx＋1的两个极值点，所以f¢(1)＝0，且f¢(2)＝0，

 

即 ( )5×24＋3a×22＋b＝0(5×14＋3a×12＋b＝0)，解得a＝3(25)，b＝20.

 

【点评】　解答本题要明确极值点与导函数方程之间的关系：对于三次函数极值点的导数一定为0，但导数为0的点不一定是极值点.本题解得充分利用上述关系，通过建立方程组求得了a和b的值.

 

【例5】　(08陕西高考)已知函数f(x)＝x2＋c(kx＋1)(c＞0，且c≠1，k∈R）恰有一个极大值点和一个极小值点，其中一个是x＝－c．(Ⅰ)求函数f(x)的另一个极值点；(Ⅱ)求函数f(x)的极大值M和极小值m，并求M－m≥1时k的取值范围．

 

【分析】　先求导函数f¢(x)，然后令f¢(－c)＝0及一元二次方程根与系数的关系可解决第（Ⅰ）小题；而解答第（Ⅱ）小题须对k与c进行分类讨论进行解答.

 

【解】　(Ⅰ)f¢(x)＝2(kx＋1)＝2(－kx2－2x＋ck)，

 

由题意知f¢(－c)＝0，即得c²k－2c－ck＝0，即c＝1＋k(2) （*）

 

∵c≠0，∴k≠0．由f¢(0)＝0，得－kx²－2x＋ck＝0，

 

由韦达定理知另一个极值点为x＝1．

 

(Ⅱ)由（*）式得c＝1＋k(2)，当c＞1时，k＞0；当0＜c＜1时，k＜－2．

 

(ⅰ)当k＞0时，f(x)在(－∞，－c)和(1，＋∞)内是减函数，在(－c，1)内是增函数．

 

f(1)＝c＋1(k＋1)＝2(k)＞0，m＝f(－c)＝c2＋c(－kc＋1)＝k＋2(－k2)＜0，

 

由M－m＝2(k)＋k＋2(k2)≥1及k＞0，解得k≥.

 

(ⅱ)当k＜－2时，f(x)在(－∞，－c)和(1，＋∞)内是增函数，在(－c，1)内是减函数．

 

∴M＝f(1)＝k＋2(－k2)＞0，m＝c＋1(k＋1)＝2(k)＜0，而M－m＝k＋2(－k2)－2(k)＝1－k＋2(k＋12＋1)≥1恒成立．

 

综上可知，所求的取值范围为(－∞，－2)∪[，＋∞)．

 

【点拨】　第(Ⅰ)小题解答的关键是利用一元二次方程的韦达定理.第(Ⅱ)小题的是与极值相关的解决恒成立问题，因此求函数在定义域上的极值是解答的关键.

题型四　求解函数的最值问题

函数在闭区间上的最值是比较所有极值点与端点的函数值所得结果，因此函数在闭区间[a，b]上的端点函数值一定不是极值，但它可能是函数的最值.同时，函数的极值不一定是函数的最值，最值也不一定是极值.另外求解函数的最值问题，还可以直接结合函数的单调性来求解.利用导数求解函数最值问题的主要题型：(1)根据函数的解析式求函数的最大值；(2)根据函数在一个区间上的最值情况求解参数问题.

 

【例6】　(08浙江高考)已知a是实数，函数f(x)＝x²(x－a).(Ⅰ)略；（Ⅱ）求f(x)在区间[0，2]上的最大值.

 

【分析】　首先求函数f¢(x)，再解方程f¢(x)＝0，得两个根，而两根含有参数，但不知两根的大小，因此须分类讨论讨论函数f(x)的单调区间，进而确定f(x)在给定区间上的最大值.

【解】　(Ⅱ)f¢(x)＝3x²－2ax．令f¢(x)＝0，解得x₁＝0，x₂＝3(2a)．

当3(2a)≤0，即a≤0时，f(x)在[0，2]上单调递增，从而f(x)_max＝f(2)＝8－4a．

当3(2a)≥2，时，即a≥3时，f(x)在[0，2]上单调递减，从而f(x)_max＝f(0)＝0．

当0＜3(2a)＜2，即0＜a＜3，f(x)在[0，3(2a)]上单调递减，在[3(2a)，2]上单调递增，

从而f(x)_max＝ ( )0 2＜a＜3(8－4a 0＜a≤2)，

综上所述，f(x)_max＝ ( )0 a＞2(8－4a a≤2).

 

【点评】　本题由于函数解析式中含有参数，因此方程f¢(x)＝0的根含有参数，在确定函数单调区间时要注意对参数a的讨论.本题的解答不是通过先确定函数在区间上的极值，再比较其与区间端点值的大小来求解的，而是利用函数单调性来求函数在各单调区间上的最值，再比较这些最值大小来求解的.

 

【例7】　(08·湖北)水库的蓄水量随时间而变化，现用表示时间，以月为单位，年初为起点，根据历年数据，某水库的蓄水量（单位：亿立方米）关于t的近似函数关系式为

 

V(t)＝ ( )4(1) (t)＋50 10＜t≤12(＋50 0＜t≤10)，

 

(Ⅰ)该水库的蓄求量小于50的时期称为枯水期.以i－1＜t＜i表示第1月份（i＝1，2，…，12）,同一年内哪几个月份是枯水期？

 

(Ⅱ)求一年内该水库的最大蓄水量（取e＝2.7计算）.

 

【分析】　根据解答分段函数“对号入座”的解题原则，分别利用两段函数表达式建立不等式可求得第（Ⅰ）小题；而第（Ⅱ）小题则须先求函数V¢(t)，然后利用导数与函数最值关系求解.

【解】　(Ⅰ)①当0＜t≤10时，V(t)＝(－t²＋14t－40)e4(1) (t)＋50＜50，化简得t²－14t＋40＞0，

 

解得t＜4或t＞10，又0＜t≤10，故0＜t＜4.

 

②当10＜t≤12时，V(t)＝4(t－10)(3t－41)＋50＜50，化简得(t－10)(3t－41)＜0，

解得10＜t＜3(41)，又10＜t≤12,故10＜t≤12.

 

综合得0＜t＜4,或10＜t≤12；故知枯水期为1月，2月，3月，11月，12月共5个月.

 

(Ⅱ)由(Ⅰ)知：V(t)的最大值只能在（4，10）内达到.

由V¢(t)＝e4(1) (t)(－4(1)t＋2(3)t＋4)＝－4(1)e4(1) (t)(t＋2)(t－8)

 

令V¢(t)＝0，解得t＝8(t＝－2舍去).

 

 

当t变化时，V¢(t)与V(t)的变化情况如下表：

t	(4，8)	8	(8，10)
V¢(t)	＋	0	－
V(t)	↗	极大值	↘

由上表，V(t)在t＝8时取得最大值V(8)＝8e²＋50＝108.32(亿立方米).

 

故知一年内该水库的最大蓄水量是108.32亿立方米.

 

【点评】　本题第(Ⅰ)主要是根据题设条件给出的函数建立不等式，再解不等式，但要注意分段求解.第(Ⅱ)主要是通过求导取得极值，最后再求得最值的，但要注意要根据第(Ⅰ)确定函数定义域.

 

 

 

【例8】　（2006年福建卷）统计表明，某种型号的汽车在匀速行驶中每小时耗油量y（升）关于行驶速度x（千米/小时）的函数解析式可以表示为：y=128000(1)x²－80(3)x+8 (0＜x≤120).已知甲、乙两地相距100千米.（Ⅰ）当汽车以40千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地要耗油多少升？（Ⅱ）当汽车以多大的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少？最少为多少升？

【分析】　第（Ⅰ）小题直接根据所给函数的解析式进行计算；第（Ⅱ）小题须根据条件建立耗油量为h(x)关于行驶速度x的函数关系式，再利用导数的知识进行解答.

【解】　（I）当x=40时，汽车从甲地到乙地行驶了40(100)=2.5小时，

要耗没(128000(1)×40³－80(3)×40+8)×2.5=17.5（升）.

答：当汽车以40千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油17.5升.

   （II）当速度为x千米/小时时，汽车从甲地到乙地行驶了x(100)小时，设耗油量为h(x)升，

依题意得h(x)=(128000(1)x³－80(3)x+8)·x(100)=1280(1)x²+x(800)－4(15)(0＜x≤120)，

h¢(x)=640(x)－x2(800)=640x2(x3－803)(0＜x≤120)，令h¢(x)=0得x=80，

当x∈(0,80)时，h¢(x)＜0,h(x)是减函数；当x∈(80,120)时，h¢(x)＞0,h(x)是增函数,

∴当x=80时，h(x)取到极小值h(80)=11.25,因为h(x)在(0,120]上只有一个极值，所以它是最小值.

答：当汽车以80千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少，最少为11.25升.

【点评】　解答类似于本题的问题时，可从给定的数量关系中选取一个恰当的变量，建立函数模型，然后根据目标函数的结构特征(非常规函数)，确定运用导数最值理论去解决问题.