(新課標)2020高考數(shù)學大一輪復習 第2章 第11節(jié) 導數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用(一)課時作業(yè) 理

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1、課時作業(yè)(十四) 導數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用(一) 一、選擇題 1.(2020·山東高考預(yù)測)已知函數(shù)f(x)的定義域為R,其導函數(shù)f′(x)的圖象如圖所示,則對于任意x1,x2∈R(x1≠x2),下列結(jié)論正確的是(  ) ①f(x)<0恒成立; ②(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]>0; ③(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]<0; ④f>; ⑤f<. A.①③ B.①③④ C.②④ D.③⑤ 答案:D 解析:由f′(x)的圖象知,函數(shù)在R上為減函數(shù),且遞減的速度逐漸減慢,函數(shù)y=f(x)的示意圖如圖所示. 由圖象知,③⑤正確.故應(yīng)選D. 2.若函數(shù)y

2、=a(x3-x)的遞減區(qū)間為,則a的取值范圍是(  ) A.(0,+∞)   B.(-1,0) C.(1,+∞)   D.(0,1) 答案:A 解析:y′=a(3x2-1), 解3x2-1<0,得-0. 故應(yīng)選A. 3.(2020·山西高考信息優(yōu)化卷)已知對任意m∈R,直線x+y+m=0都不是f(x)=x3-3ax(a∈R)的切線,則a的取值范圍是(  ) A. B. C. D. 答案:B 解析:由題意,得f′(x)=3x2-3a≠-1,即a≠x2+. ∵x∈R,∴x2+≥,解得a

3、<.故應(yīng)選B. 4.(2020·惠州模擬)函數(shù)y=f′(x)是函數(shù)y=f(x)的導函數(shù),且函數(shù)y=f(x)在點P(x0,f(x0))處的切線為l:y=g(x)=f′(x0)·(x-x0)+f(x0),F(xiàn)(x)=f(x)-g(x),如果函數(shù)y=f(x)在區(qū)間[a,b]上的圖象如圖所示,且a

4、x)-f′(x0), ∴F′(x0)=f′(x0)-f′(x0)=0. 又當xx0時,函數(shù)F(x)為增函數(shù). 故應(yīng)選B. 5.(2020·湖南)若0ln x2-ln x1 B.e x2-e x1x1e x2 D.x2e x1

5、一個極值點,即f(x)=ex-ln x在(0,1)上不是單調(diào)函數(shù),無法判斷f(x1)與f(x2)的大小,故A,B錯;構(gòu)造函數(shù)g(x)=,則g′(x)==,故函數(shù)g(x)=在(0,1)上單調(diào)遞減,故g(x1)>g(x2),x2e x1>x1e x2.故應(yīng)選C. 6.(2020·江西上饒模擬)已知f(x)=x3-3x+m,在區(qū)間[0,2]上任取三個數(shù)a,b,c,均存在以f(a),f(b),f(c)為邊長的三角形,則m的取值范圍是(  ) A.(2,+∞) B.(4,+∞) C.(6,+∞) D.(8,+∞) 答案:C 解析:由f′(x)=3x2-3=0,得x1=1,x2=-1(舍去),所

6、以函數(shù)f(x)在區(qū)間[0,1)上單調(diào)遞減,在區(qū)間(1,2]上單調(diào)遞增,則f(x)min=f(1)=m-2,由于f(0)=m,f(2)=m+2,所以f(x)max=f(2)=m+2. 由題意知,f(1)=m-2>0,① 由f(1)+f(1)>f(2),得-4+2m>2+m,② 由①②,得m>6,故應(yīng)選C. 二、填空題 7.函數(shù)f(x)=的單調(diào)遞減區(qū)間是________. 答案:(0,1),(1,e) 解析:f′(x)=,令f′(x)<0,得 ∴0<x<1或1<x<e, 故函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0,1)和(1,e). 8.已知函數(shù)f(x)=x3+3mx2+nx+m2在x=-1處

7、有極值0,則m+n=________. 答案:11 解析:∵f′(x)=3x2+6mx+n, ∴由已知,可得 ∴或 當時,f′(x)=3x2+6x+3=3(x+1)2≥0恒成立,與x=-1是極值點矛盾, 當時,f′(x)=3x2+12x+9=3(x+1)(x+3), 顯然x=-1是極值點,符合題意,∴m+n=11. 9.(2020·德州模擬)已知f(x)=xex,g(x)=-(x+1)2+a,若?x1,x2∈R,使得f(x2)≤g(x1)成立,則實數(shù)a的取值范圍是________. 答案: 解析:∵?x1,x2∈R,使得f(x2)≤g(x1)成立, ∴f(x)的最小值

8、小于或等于g(x)的最大值即可. ∵f(x)=xex, ∴f′(x)=(xex)′=ex+xex=(1+x)ex, ∴當x>-1時,f′(x)>0,即f(x)在(-1,+∞)上為增函數(shù), 當x<-1時,f′(x)<0,即f(x)在(-∞,-1)上為減函數(shù), ∴f(x)min=f(-1)=-1·e-1=-. 又∵g(x)=-(x+1)2+a, ∴g′(x)=-2(x+1), ∴在(-∞,-1)上g(x)為增函數(shù), 在(-1,+∞)上g(x)為減函數(shù), ∴g(x)max=g(-1)=0+a=a, 依題意可知,a≥-. 10.(2020·濟南模擬)已知函數(shù)f(x)的定義域為[

9、-1,5],部分對應(yīng)值如下表: x -1 0 4 5 f(x) 1 2 2 1 f(x)的導函數(shù)y=f′(x)的圖象如圖所示, 下列關(guān)于函數(shù)f(x)的命題: ①函數(shù)f(x)的值域為[1,2]; ②函數(shù)f(x)在[0,2]上是減函數(shù); ③如果當x∈[-1,t]時,f(x)的最大值是2,那么t的最大值為4; ④當1

10、x=4時,y=f(x)取極大值,當x=2時,y=f(x)取極小值,因為f(2)的值不確定,故①④不正確;對于③,t的最大值為5. 三、解答題 11.(2020·山東)設(shè)函數(shù)f(x)=aln x+,其中a為常數(shù). (1)若a=0,求曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線方程; (2)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性. 解:由題意知,當a=0時,f(x)=,x∈(0,+∞). 此時f′(x)=,可得f′(1)=, 又f(1)=0, 所以曲線y=f(x)在(1,f(1))處的切線方程為x-2y-1=0. (2)函數(shù)f(x)的定義域為(0,+∞). f′(x)=+=. 當a≥0時,

11、f′(x)>0,函數(shù)f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增. 當a<0時,令g(x)=ax2+(2a+2)x+a, 由于Δ=(2a+2)2-4a2=4(2a+1), ①當a=-時,Δ=0,f′(x)=≤0,函數(shù)f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減. ②當a<-時,Δ<0,g(x)<0, f′(x)<0,函數(shù)f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減. ③當-<a<0時,Δ>0. 設(shè)x1,x2(x1<x2)是函數(shù)g(x)的兩個零點, 則x1=,x2=. 由x1= =>0, 所以x∈(0,x1)時,g(x)<0,f′(x)<0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞減; x∈(x1,x2)時,g(x)>0,f′(

12、x)>0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增; x∈(x2,+∞)時,g(x)<0,f′(x)<0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞減. 綜上,當a ≥0時,函數(shù)f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增; 當a≤-時,函數(shù)f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減; 當-<a<0時, f(x)在, 上單調(diào)遞減,在 上單調(diào)遞增. 12.(2020·江西)已知函數(shù)f(x)=(x2+bx+b)·(b∈R). (1)當b=4時,求f(x)的極值; (2)若f(x)在區(qū)間上單調(diào)遞增,求b的取值范圍. 解:(1)當b=4時,f′(x)=, 由f′(x)=0,得x=-2或x=0. 當x∈(-∞,-2)時,f′(x)<0,f(x

13、)單調(diào)遞減; 當x∈(-2,0)時,f′(x)>0,f(x)單調(diào)遞增; 當x∈時,f′(x)<0,f(x)單調(diào)遞減. 故當x=-2時f(x)取得極小值,f(-2)=0, 當x=0時f(x)取得極大值,f(0)=4. (2)f′(x)=, 因為當x∈時,<0, 依題意,當x∈時,有5x+(3b-2)≤0, 從而+(3b-2)≤0,解得b≤. 所以b的取值范圍為. 13.(2020·福建漳州七校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)=x3+ax2+bx(a,b∈R)圖象過點P(1,2),且f(x)在點P處的切線與直線y=8x+1平行. (1)求a,b的值; (2)若f(x)≤m+在[-

14、1,1]上恒成立,求正數(shù)m的取值范圍. 解:(1)f′(x)=3x2+2ax+b, 由已知得即 解得 (2)由(1)知,f(x)=x3+4x2-3x, 若f(x)≤m+在[-1,1]上恒成立, 只須f(x)max≤m+. ∵f′(x)=3x2+8x-3, ∴令f′(x)>0,解得x>或x<-3,則f(x)在和(-∞,-3)上單調(diào)遞增; 令f′(x)<0,解得-3<x<,則f(x)在上單調(diào)遞減, ∴f(x)在上單調(diào)遞減,在上單調(diào)遞增. 又f(-1)=-1+4+3=6,f(1)=1+4-3=2, ∴f(x)max=6,則m+≥6. 由m>0,得m2-6m+5≥0, 解得m≥5或0<m≤1. 故m的取值范圍是(0,1]∪[5,+∞).

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