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【2012高考数学理科苏教版课时精品练】14-2.11简单复合函数的导数

【2012 高考数学理科苏教版课时精品练】 作业14 第十一节 简单复合函数的导数 π π 1.设曲线 y=cos(ωx+ )在点( ,0)处的切线斜率为 k.若|k|<1,求 ω. 3 2

2.求函数 f(x)=x·2 x 的最大值. e



3.设函数 f(x)=ln(2x+3)+x2. (1)讨论 f(x)的单调性; 3 1 (2)求 f(x)在区间[- , ]的最大值和最小值. 4 4

π 4.如图,函数 y=2cos(ωx+θ)(x∈R,0≤θ≤ )的图象与 y 轴交于点(0, 3),且在该点处切线的斜率为 2 -2. (1)求 θ 和 ω 的值; π 3 π (2)已知点 A( ,0),点 P 是该函数图象上一点,点 Q(x0,y0)是 PA 的中点,当 y0= ,x0∈[ ,π]时, 2 2 2 求 x0 的值.

5.已知 x=3 是函数 f(x)=aln(1+x)+x2-10x 的一个极值点. (1)求 a; (2)求函数 f(x)的单调区间; (3)若直线 y=b 与函数 y=f(x)的图象有 3 个交点,求 b 的取值范围.

6.设函数 f(x)=

ln x -ln x+ln(x+1). 1+x

(1)求 f(x)的单调区间和极值; (2)是否存在实数 a,使得关于 x 的不等式 f(x)≥a 的解集为(0,+∞)?若存在,求 a 的取值范围;若 不存在,试说明理由.

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【2012 高考数学理科苏教版课时精品练】 作业14 第十一节 简单复合函数的导数 π π 1.设曲线 y=cos(ωx+ )在点( ,0)处的切线斜率为 k.若|k|<1,求 ω. 3 2 π π π 解:由曲线过点( ,0),则 cos( ω+ )=0, 2 2 3 π π π ∴ ω+ =nπ+ , 2 3 2 1 ∴ω=2n+ (n∈Z), 3 π π ∵y′=-sin(ωx+ )· (ωx+ )′ 3 3 π =-ωsin(ωx+ ). 3 π ωπ π ∴y′|x= =-ωsin( + ), 2 2 3 ω π 即 k=-ωsin( π+ ). 2 3 ω π 1 π ∴|k|=|ωsin( π+ )|=|(2n+ )sin(nπ+ )| 2 3 3 2 1 =|2n+ |<1, 3 1 ∴n=0,ω= . 3 2.求函数 f(x)=x·2 x 的最大值. e - 2-x 解:f′(x)=x′· +x·2 x· e e (2-x)′ - - - =e2 x-xe2 x=(1-x)e2 x. ∴当 x<1 时,f′(x)>0;当 x>1 时,f′(x)<0; 当 x=1 时,f′(x)=0, ∴当 x=1 时,f(x)取得最大值为 e. 3.设函数 f(x)=ln(2x+3)+x2. (1)讨论 f(x)的单调性; 3 1 (2)求 f(x)在区间[- , ]的最大值和最小值. 4 4 3 解:f(x)的定义域为(- ,+∞), 2 4x2+6x+2 2 (1)f′(x)= +2x= 2x+3 2x+3 2?2x+1??x+1? = . 2x+3 3 当- <x<-1 时,f′(x)>0; 2 1 当-1<x<- 时,f′(x)<0; 2 1 当 x>- 时,f′(x)>0, 2 3 1 f(x)分别在区(- ,-1),(- ,+∞)上单调增加, 2 2 1 在区间(-1,- )上单调减少. 2 3 1 (2)由(1)知 f(x)在区间[- , ]的最小值为 4 4
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1 1 f(- )=ln 2+ . 2 4 3 1 3 9 7 1 又 f(- )-f( )=ln + -ln - 4 4 2 16 2 16 3 1 1 49 =ln + = (1-ln )<0. 7 2 2 9 3 1 1 1 7 所以 f(x)在区间[- , ]的最大值为 f( )= +ln . 4 4 4 16 2 π 4.如图,函数 y=2cos(ωx+θ)(x∈R,0≤θ≤ )的图象与 y 轴交于点(0, 3),且在该点处切线的斜率为 2 -2. (1)求 θ 和 ω 的值; π (2)已知点 A( ,0),点 P 是该函数图象上一点,点 Q(x0,y0) 2 3 π 当 y0= ,x0∈[ ,π]时,求 x0 的值. 2 2 3 解:(1)将 x=0,y= 3代入函数 y=2cos(ωx+θ)得 cos θ= . 2 π π 因为 0≤θ≤ ,所以 θ= . 2 6 π 又因为 y′=-2ωsin(ωx+θ),y′|x=0=-2,θ= , 6 π 所以 ω=2,因此,y=2cos(2x+ ). 6 π 3 (2)因为点 A( ,0),Q(x0,y0)是 PA 的中点,y0= , 2 2 π 所以点 P 的坐标为(2x0- , 3). 2 π 又因为点 P 在 y=2cos(2x+ )的图象上, 6 5π 3 所以 cos(4x0- )= , 6 2 π 7π 5π 19π 因为 ≤x0≤π,所以 ≤4x0- ≤ , 2 6 6 6 5π 11π 5π 13π 从而得 4x0- = 或 4x0- = , 6 6 6 6 2π 3π 即 x0= 或 x0= . 3 4 5.已知 x=3 是函数 f(x)=aln(1+x)+x2-10x 的一个极值点. (1)求 a; (2)求函数 f(x)的单调区间; (3)若直线 y=b 与函数 y=f(x)的图象有 3 个交点,求 b 的取值范围. a 解:(1)因为 f′(x)= +2x-10, 1+x a 所以 f′(3)= +6-10=0, 4 因此 a=16. (2)由(1)知, f(x)=16ln(1+x)+x2-10x,x∈(-1,+∞), 2?x2-4x+3? 2?x-1??x-3? f′(x)= = . 1+x 1+x 当 x∈(-1,1)∪(3,+∞)时,f′(x)>0, 当 x∈(1,3)时,f′(x)<0.
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是 PA 的中点,

所以 f(x)的单调增区间是(-1,1),(3,+∞),f(x)的单调减区间是(1,3). (3)由(2)知,f(x)的极大值为 f(1)=16ln 2-9, 极小值为 f(3)=32ln 2-21. 因为 f(16)>162-10×16>16ln 2-9=f(1). - f(e 2-1)<-32+11=-21<f(3), 所以在 f(x)的三个单调区间(-1,1),(1,3),(3,+∞)直线 y=b 与 y=f(x)的图象各有一个交点, 当且仅当 f(3)<b<f(1). 因此,b 的取值范围为(32ln 2-21,16ln 2-9). ln x 6.设函数 f(x)= -ln x+ln(x+1). 1+x (1)求 f(x)的单调区间和极值; (2)是否存在实数 a,使得关于 x 的不等式 f(x)≥a 的解集为(0,+∞)?若存在,求 a 的取值范围;若 不存在,试说明理由. 1 ln x 1 1 ln x 解:(1)f′(x)= - - + =- , x?1+x? ?1+x?2 x 1+x ?1+x?2 故当 x∈(0,1)时,f′(x)>0, 当 x∈(1,+∞)时,f′(x)<0. 所以 f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减. 由此知 f(x)在(0,+∞)上的极大值为 f(1)=ln2,没有极小值. (2)①当 a≤0 时, ?1+x?ln?1+x?-xlnx 由于 f(x)= 1+x ln?1+x?+x[ln?1+x?-lnx] = >0, 1+x 故关于 x 的不等式 f(x)≥a 的解集为(0,+∞). ②当 a>0 时, ln x 1 由 f(x)= +ln(1+ )知 x 1+x ln2n 1 f(2n)= +ln(1+ n), 2 1+2n 其中 n 为正整数, 1 a 1 且有 ln(1+ n)< ? n< 2 2 2 ?n>-log2( -1

-1). ln2n nln2 nln2 2ln2 又 n≥2 时, = < = , 1+2n 1+?1+1?n n?n-1? n-1 2 2ln2 a 4ln2 且 < ?n> +1. a n-1 2 4ln 2 取整数 n0,满足 n0>-log2( -1),n0> +1,且 n0≥2, a n0ln 2 1 a a 则 f(2n0)= +ln(1+ n0)< + =a, 2 2 2 1+2n0 74 即当 a>0 时,关于 x 的不等式 f(x)≥a 的解集不是(0,+∞). 综合①②知,存在 a,使得关于 x 的不等式 f(x)≥a 的解集为(0,+∞),且 a 的取值范围为(-∞,0].

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