【高考总动员】2023高考数学大一轮复习 第2章 第11节 导数在研究函数中的应用课时提升练 文 新人教版

课时提升练(十四)　导数在研究函数中的应用一、选择题1．如图2112是函数y＝f(x)的导函数f′(x)的图象，则下面判断正确的是(　　)图2112A．在区间(－2,1)上f(x)是增函数B．在(1,3)上f(x)是减函数C．在(4,5)上f(x)是增函数D．当x＝4时，f(x)取极大值【解析】　由题图知，当x∈(4,5)时，f′(x)>0，所以在(4,5)上f(x)是增函数，C正确，其他选项均不对．【答案】　C2．设函数f′(x)＝x2＋3x－4，则y＝f(x＋1)的单调减区间为(　　)A．(－4,1)B．(－5,0)C.D.【解析】　由f′(x)＝x2＋3x－4知，f(x)在(－4,1)上单调递减，故f(x＋1)的单调减区间为(－5,0)．【答案】　B3．设函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)．若x＝－1为函数f(x)ex的一个极值点，则下列图象不可能为y＝f(x)图象的是(　　)【解析】　因为[f(x)ex]′＝f′(x)ex＋f(x)·ex＝ex[f′(x)＋f(x)]，且x＝－1是函数f(x)ex的一个极值点，所以f′(－1)＋f(－1)＝0.在选项D中，f(－1)>0，f′(－1)>0，不满足f′(－1)＋f(－1)＝0.【答案】　D4．对于在R上可导的任意函数f(x)，若满足(x－a)f′(x)≥0，则必有(　　)A．f(x)≥f(a)B．f(x)≤f(a)5\nC．f(x)＞f(a)D．f(x)＜f(a)【解析】　由(x－a)f′(x)≥0知，当x＞a时，f′(x)≥0；当x＜a时，f′(x)≤0.∴当x＝a时，函数f(x)取得最小值，则f(x)≥f(a)．【答案】　A5．若函数f(x)＝x3－ax2＋(a－1)x＋1在区间(1,4)内为减函数，在区间(6，＋∞)内为增函数，则实数a的取值范围是(　　)A．a≤2B．5≤a≤7C．4≤a≤6D．a≤5或a≥7【解析】　因为f(x)＝x3－ax2＋(a－1)x＋1，所以f′(x)＝x2－ax＋a－1，由题意知当1<x<4时，f′(x)≤0恒成立，即x2－ax＋a－1≤0在(1,4)上恒成立，∴a(x－1)≥x2－1，即a≥x＋1(1<x<4)，所以a≥5.同理a≤7.【答案】　B6．若函数f(x)＝(a＞0)在[1，＋∞)上的最大值为，则a的值为(　　)A.B.C.＋1D.－1【解析】　f′(x)＝＝.令f′(x)＝0，得x＝或x＝－(舍)，①若≤1时，即0＜a≤1时，在[1，＋∞)上f′(x)＜0，f(x)max＝f(1)＝＝.解得a＝－1，符合题意．②若＞1，即a＞1，在[1，]上f′(x)＞0，在[，＋∞)上f′(x)＜0，∴f(x)max＝f()＝＝，解得a＝＜1，不符合题意，综上知，a＝－1.【答案】　D二、填空题5\n7．已知函数f(x)＝x3－3ax－a在(0,1)内有最小值，则a的取值范围是________．【解析】　f′(x)＝3x2－3a＝3(x2－a)，由题意，显然a>0，∴f′(x)＝3(x＋)(x－)，故有0<<1，∴0<a<1.【答案】　(0,1)8．已知函数f(x)＝x3＋3ax2＋3bx＋c在x＝2处有极值，其图象在x＝1处的切线平行于直线6x＋2y＋5＝0，则f(x)的极大值与极小值之差为________．【解析】　∵f′(x)＝3x2＋6ax＋3b，∴∴a＝－1，b＝0，∴f′(x)＝3x2－6x，令3x2－6x＝0，∴x＝0或x＝2，∴f(x)极大－f(x)极小＝f(0)－f(2)＝4.【答案】　49．已知函数y＝f′(x)的图象如图2113所示，则函数f(x)的单调增区间为________．图2113【解析】　因为函数y＝x是R上的减函数，所以f′(x)>0的充要条件是0<f′(x)<1；由图象可知，当x∈(－∞，0)∪(2，＋∞)时，0<f′(x)<1，即f′(x)>0，所以函数f(x)的单调增区间为(－∞，0)和(2，＋∞)．【答案】　(－∞，0)和(2，＋∞)三、解答题10．(2014·安徽高考)设函数f(x)＝1＋(1＋a)x－x2－x3，其中a>0.(1)讨论f(x)在其定义域上的单调性；(2)当x∈[0,1]时，求f(x)取得最大值和最小值时的x的值．【解】　(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝1＋a－2x－3x2.令f′(x)＝0，得x1＝，x2＝，x1<x2，所以f′(x)＝－3(x－x1)(x－x2)．当x<x1或x>x2时，f′(x)<0；当x1<x<x2时，f′(x)>0.5\n故f(x)在(－∞，x1)和(x2，＋∞)内单调递减，在(x1，x2)内单调递增．(2)因为a>0，所以x1<0，x2>0.①当a≥4时，x2≥1，由(1)知，f(x)在[0,1]上单调递增，所以f(x)在x＝0和x＝1处分别取得最小值和最大值．②当0<a<4时，x2<1，由(1)知，f(x)在[0，x2]上单调递增，在[x2,1]上单调递减，所以f(x)在x＝x2＝处取得最大值．又f(0)＝1，f(1)＝a，所以当0<a<1时，f(x)在x＝1处取得最小值；当a＝1时，f(x)在x＝0处和x＝1处同时取得最小值；当1<a<4时，f(x)在x＝0处取得最小值．11．(2013·课标全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝x2e－x.(1)求f(x)的极小值和极大值；(2)当曲线y＝f(x)的切线l的斜率为负数时，求l在x轴上截距的取值范围．【解】　(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝－e－xx(x－2)．①当x∈(－∞，0)或x∈(2，＋∞)时，f′(x)＜0；当x∈(0,2)时，f′(x)＞0.所以f(x)在(－∞，0)，(2，＋∞)上单调递减，在(0,2)上单调递增．故当x＝0时，f(x)取得极小值，极小值为f(0)＝0；当x＝2时，f(x)取得极大值，极大值为f(2)＝4e－2.(2)设切点为(t，f(t))，则l的方程为y＝f′(t)(x－t)＋f(t)．所以l在x轴上的截距为m(t)＝t－＝t＋＝t－2＋＋3.由已知和①得t∈(－∞，0)∪(2，＋∞)．令h(x)＝x＋(x≠0)，则当x∈(0，＋∞)时，h(x)的取值范围为[2，＋∞)；当x∈(－∞，－2)时，h(x)的取值范围是(－∞，－3)．所以当t∈(－∞，0)∪(2，＋∞)时，m(t)的取值范围是(－∞，0)∪[2＋3，＋∞)．综上，l在x轴上的截距的取值范围是(－∞，0)∪[2＋3，＋∞)．12．(2014·广州模拟)已知函数f(x)＝xlnx，(1)求函数f(x)的极值点；(2)设函数g(x)＝f(x)－a(x－1)，其中a∈R，求函数g(x5\n)在[1，e]上的最小值．(e＝2.71828…)【解】　(1)f′(x)＝lnx＋1，x＞0，而f′(x)＞0⇔lnx＋1＞0⇔x＞，f′(x)＜0⇔lnx＋1＜0⇔0＜x＜，所以f(x)在上单调递减，在上单调递增．所以x＝是函数f(x)的极小值点，极大值点不存在．(2)g(x)＝xlnx－a(x－1)，则g′(x)＝lnx＋1－a.g′(x)＜0⇔lnx＋1－a＜0⇔0＜x＜ea－1，g′(x)＞0⇔x＞ea－1，所以g(x)在(0，ea－1)上单调递减，在(ea－1，＋∞)上单调递增．当ea－1≤1，即a≤1时，g(x)在[1，e]上单调递增，所以g(x)在[1，e]上的最小值为g(1)＝0.当1＜ea－1＜e，即1＜a＜2时，g(x)在[1，ea－1)上单调递减，在(ea－1，e]上单调递增．所以g(x)在[1，e]上的最小值为g(ea－1)＝a－ea－1.当e≤ea－1，即a≥2时，g(x)在[1，e]上单调递减，所以g(x)在[1，e]上的最小值为g(e)＝e＋a－ae.综上，当a≤1时，g(x)的最小值为0；当1＜a＜2时，g(x)的最小值为a－ea－1；当a≥2时，g(x)的最小值为a＋e－ae.5