- 导数在研究函数中的应用
- 共21题
已知物体的运动方程为s=t2+
A
B
C
D
正确答案
解析
解：物体的运动速度为v（t）=
所以物体在时刻t=2时的速度为v（2）=
故选D
如下图，已知f（x）=ax3+bx2+cx+d（d≠0），记△=4（b2-3ac），则当△≤0，a＞0时，f（x）的大致图象为（ ）
A
B
C
D
正确答案
解析
解：f′（x）=3ax2+2bx+c
其判别式为△=4（b2-3ac），
∵△≤0，a＞0
∴f′（x）≥0
∴f（x）为定义域上的增函数
∴f（x）的图象呈上升趋势
故选C
设M是由满足下列条件的函数f（x）构成的集合：“①方程f（x）-x=0有实数根；②函数f（x）的导数f′（x）满足
0＜f′（x）＜1”
（I）证明：函数f（x）=
（II）证明：函数f（x）=
（III）若集合M中的元素f（x）具有下面的性质：若f（x）的定义域为D，则对于任意[m，n]⊆D，都存在xo∈（m，n），使得等式f（n）-f（m）=（n-m）f′（xo）成立．试用这一性质证明：对集合M中的任一元素f（x），方程f（x）-x=0只有一个实数根．
正确答案
解：（I）证明：因为f′（x）=
∴f′（x）∈[
又因为当x=0时，飞（0）-0=0，所以方程飞（x）-x=0有实数根0．
所以函数f（x）=
（II）证明：∵f（n）-f（m）=
∴
∵[m，n]⊆[0，
又∵f′（x）=
∴当0≤m＜x＜n＜
∴存在x0∈（m，n）使得
（III）假设方程f（x）-x=0存在两个实数根α，β（α≠β），则f（α）-α=0，f（β）-β=0不妨设α＜β，根据题意存在数c∈（α，β）
使得等式f（β）-f（α）=（β-α）f′（c）成立．
因为f（α）=α，f（β）=β且α≠β，所以f′（c）=1
与已知0＜f′（x）＜1矛盾，所以方程f（x）-x=0只有一个实数根．…（14分）
解析
解：（I）证明：因为f′（x）=
∴f′（x）∈[
又因为当x=0时，飞（0）-0=0，所以方程飞（x）-x=0有实数根0．
所以函数f（x）=
（II）证明：∵f（n）-f（m）=
∴
∵[m，n]⊆[0，
又∵f′（x）=
∴当0≤m＜x＜n＜
∴存在x0∈（m，n）使得
（III）假设方程f（x）-x=0存在两个实数根α，β（α≠β），则f（α）-α=0，f（β）-β=0不妨设α＜β，根据题意存在数c∈（α，β）
使得等式f（β）-f（α）=（β-α）f′（c）成立．
因为f（α）=α，f（β）=β且α≠β，所以f′（c）=1
与已知0＜f′（x）＜1矛盾，所以方程f（x）-x=0只有一个实数根．…（14分）
一点沿直线运动，如果由始点起经过t秒后的距离为s=
正确答案
0秒，1秒，4秒
解析
解：求导函数s′=t3-5t2+4t=t（t-1）（t-4）
令s′=0，可得t（t-1）（t-4）=0
∴t=0或t=1或t=4
故答案为：0秒，1秒，4秒
某汽车启动阶段的路途函数是s（t）=2t3-5t2，则t=2秒时，汽车的加速度是 ______．
正确答案
14
解析
解：汽车的速度为v（t）=s′（t）=6t2-10t
汽车的加速度为v′（t）=12t-10
v′（2）=14
故答案为：14
作直线运动的某物体，其位移s与时间t的关系为s=3t-t2，t∈[0，+∞），则其初速度为（ ）
正确答案
解析
解：∵位移s与时间t的关系为s=3t-t2，
∴s′=3-2t，
当t=0时，s′=3，
∴物体的初速度为3
故选B
如下图，已知f（x）=ax3+bx2+cx+d（d≠0），记△=4（b2-3ac），则当△≤0，a＞0时，f（x）的大致图象为（ ）
A
B
C
D
正确答案
解析
解：f′（x）=3ax2+2bx+c
其判别式为△=4（b2-3ac），
∵△≤0，a＞0
∴f′（x）≥0
∴f（x）为定义域上的增函数
∴f（x）的图象呈上升趋势
故选C
已知函数y=f（x）（x∈R）上任一点（x0，f（x0））处的切线斜率k=（x0-3）（x0+1）2，则该函数的单调递增区间为______．
正确答案
[3，+∞）
解析
解：由题意知，函数f（x）在任一点处的导数f′（x）=（x-3）（x+1）2，
令（x-3）（x+1）2＞0，
解得x＞3，
所以函数的单调递增区间为[3，+∞）．
故答案为：[3，+∞）．
（2015春•太原校级月考）一物体的运动方程为s=2tsint+t，则它的速度方程为（ ）
正确答案
解析
解：因为变速运动在t0的瞬时速度就是路程函数y=s（t）在t0的导数，
S′=2sint+2tcost+1，
故选A．
（2015•长春四模）已知函数
（1）如果a＞0，函数在区间
（2）当x≥1时，不等式
正确答案
解：（1）因为
当0＜x＜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，所以函数f（x）在x=1处取得极大值．
因为函数f（x）在区间（a，a+
所以
（2）不等式
所以
令h（x）=x-lnx，
则
从而g'（x）＞0，
故g（x）在[1，+∞）上也单调递增，所以[g（x）]min=g（1）=2，
所以k≤2．
解析
解：（1）因为
当0＜x＜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，所以函数f（x）在x=1处取得极大值．
因为函数f（x）在区间（a，a+
所以
（2）不等式
所以
令h（x）=x-lnx，
则
从而g'（x）＞0，
故g（x）在[1，+∞）上也单调递增，所以[g（x）]min=g（1）=2，
所以k≤2．
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