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【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

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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

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发布时间:2022-08-25 17:50:06 页数:5
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文章作者:U-336598

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