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【名师伴你行】(新课标)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(一)课时作业 理

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课时作业(十四) 导数在研究函数中的应用(一)一、选择题1.(2015·山东高考预测)已知函数f(x)的定义域为R,其导函数f′(x)的图象如图所示,则对于任意x1,x2∈R(x1≠x2),下列结论正确的是(  )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.①③B.①③④C.②④D.③⑤答案:D解析:由f′(x)的图象知,函数在R上为减函数,且递减的速度逐渐减慢,函数y=f(x)的示意图如图所示.由图象知,③⑤正确.故应选D.2.若函数y=a(x3-x)的递减区间为,则a的取值范围是(  )A.(0,+∞)  B.(-1,0)C.(1,+∞)  D.(0,1)答案:A解析:y′=a(3x2-1),解3x2-1<0,得-<x<.∴f(x)=x3-x在上为减函数.7\n又y=a(x3-x)的递减区间为,∴a>0.故应选A.3.(2015·山西高考信息优化卷)已知对任意m∈R,直线x+y+m=0都不是f(x)=x3-3ax(a∈R)的切线,则a的取值范围是(  )A.B.C.D.答案:B解析:由题意,得f′(x)=3x2-3a≠-1,即a≠x2+.∵x∈R,∴x2+≥,解得a<.故应选B.4.(2015·惠州模拟)函数y=f′(x)是函数y=f(x)的导函数,且函数y=f(x)在点P(x0,f(x0))处的切线为l:y=g(x)=f′(x0)·(x-x0)+f(x0),F(x)=f(x)-g(x),如果函数y=f(x)在区间[a,b]上的图象如图所示,且a<x0<b,那么(  )A.F′(x0)=0,x=x0是F(x)的极大值点B.F′(x0)=0,x=x0是F(x)的极小值点C.F′(x0)≠0,x=x0不是F(x)的极值点D.F′(x0)≠0,x=x0是F(x)的极值点答案:B解析:由题知,F′(x)=f′(x)-g′(x)=f′(x)-f′(x0),∴F′(x0)=f′(x0)-f′(x0)=0.又当x<x0时,从图象上看,f′(x)<f′(x0),即F′(x)<0,此时函数F(x)=f(x)-g(x)为减函数,同理,当x>x0时,函数F(x)为增函数.故应选B.5.(2014·湖南)若0<x1<x2<1,则(  )A.ex2-ex1>lnx2-lnx1B.ex2-ex1<lnx2-lnx1C.x2ex1>x1ex2D.x2ex1<x1ex2答案:C7\n解析:构造函数f(x)=ex-lnx,则f′(x)=ex-,故f(x)=ex-lnx在(0,1)上有一个极值点,即f(x)=ex-lnx在(0,1)上不是单调函数,无法判断f(x1)与f(x2)的大小,故A,B错;构造函数g(x)=,则g′(x)==,故函数g(x)=在(0,1)上单调递减,故g(x1)>g(x2),x2ex1>x1ex2.故应选C.6.(2015·江西上饶模拟)已知f(x)=x3-3x+m,在区间[0,2]上任取三个数a,b,c,均存在以f(a),f(b),f(c)为边长的三角形,则m的取值范围是(  )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),所以函数f(x)在区间[0,1)上单调递减,在区间(1,2]上单调递增,则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.由题意知,f(1)=m-2>0,①由f(1)+f(1)>f(2),得-4+2m>2+m,②由①②,得m>6,故应选C.二、填空题7.函数f(x)=的单调递减区间是________.答案:(0,1),(1,e)解析:f′(x)=,令f′(x)<0,得∴0<x<1或1<x<e,故函数的单调递减区间是(0,1)和(1,e).8.已知函数f(x)=x3+3mx2+nx+m2在x=-1处有极值0,则m+n=________.答案:11解析:∵f′(x)=3x2+6mx+n,∴由已知,可得∴或当时,f′(x)=3x2+6x+3=3(x+1)2≥0恒成立,与x=-1是极值点矛盾,当时,f′(x)=3x2+12x+9=3(x+1)(x+3),显然x=-1是极值点,符合题意,∴m+n=11.9.(2015·德州模拟)已知f(x)=xex,g(x)=-(x+1)2+a,若∃x1,x2∈R,使得7\nf(x2)≤g(x1)成立,则实数a的取值范围是________.答案:解析:∵∃x1,x2∈R,使得f(x2)≤g(x1)成立,∴f(x)的最小值小于或等于g(x)的最大值即可.∵f(x)=xex,∴f′(x)=(xex)′=ex+xex=(1+x)ex,∴当x>-1时,f′(x)>0,即f(x)在(-1,+∞)上为增函数,当x<-1时,f′(x)<0,即f(x)在(-∞,-1)上为减函数,∴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)为增函数,在(-1,+∞)上g(x)为减函数,∴g(x)max=g(-1)=0+a=a,依题意可知,a≥-.10.(2015·济南模拟)已知函数f(x)的定义域为[-1,5],部分对应值如下表:x-1045f(x)1221f(x)的导函数y=f′(x)的图象如图所示,下列关于函数f(x)的命题:①函数f(x)的值域为[1,2];②函数f(x)在[0,2]上是减函数;③如果当x∈[-1,t]时,f(x)的最大值是2,那么t的最大值为4;④当1<a<2时,函数y=f(x)-a有4个零点.其中真命题为________(填写序号).答案:②解析:由y=f′(x)的图象知,y=f(x)在(-1,0)上递增,在(0,2)上递减,在(2,4)上递增,在(4,5)上递减,故②正确;当x=0与x=4时,y=f(x)取极大值,当x=2时,y=7\nf(x)取极小值,因为f(2)的值不确定,故①④不正确;对于③,t的最大值为5.三、解答题11.(2014·山东)设函数f(x)=alnx+,其中a为常数.(1)若a=0,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;(2)讨论函数f(x)的单调性.解:由题意知,当a=0时,f(x)=,x∈(0,+∞).此时f′(x)=,可得f′(1)=,又f(1)=0,所以曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程为x-2y-1=0.(2)函数f(x)的定义域为(0,+∞).f′(x)=+=.当a≥0时,f′(x)>0,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增.当a<0时,令g(x)=ax2+(2a+2)x+a,由于Δ=(2a+2)2-4a2=4(2a+1),①当a=-时,Δ=0,f′(x)=≤0,函数f(x)在(0,+∞)上单调递减.②当a<-时,Δ<0,g(x)<0,f′(x)<0,函数f(x)在(0,+∞)上单调递减.③当-<a<0时,Δ>0.设x1,x2(x1<x2)是函数g(x)的两个零点,则x1=,x2=.由x1==>0,所以x∈(0,x1)时,g(x)<0,f′(x)<0,函数f(x)单调递减;x∈(x1,x2)时,g(x)>0,f′(x)>0,函数f(x)单调递增;x∈(x2,+∞)时,g(x)<0,f′(x)<0,函数f(x)单调递减.7\n综上,当a≥0时,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增;当a≤-时,函数f(x)在(0,+∞)上单调递减;当-<a<0时,f(x)在,上单调递减,在上单调递增.12.(2014·江西)已知函数f(x)=(x2+bx+b)·(b∈R).(1)当b=4时,求f(x)的极值;(2)若f(x)在区间上单调递增,求b的取值范围.解:(1)当b=4时,f′(x)=,由f′(x)=0,得x=-2或x=0.当x∈(-∞,-2)时,f′(x)<0,f(x)单调递减;当x∈(-2,0)时,f′(x)>0,f(x)单调递增;当x∈时,f′(x)<0,f(x)单调递减.故当x=-2时f(x)取得极小值,f(-2)=0,当x=0时f(x)取得极大值,f(0)=4.(2)f′(x)=,因为当x∈时,<0,依题意,当x∈时,有5x+(3b-2)≤0,从而+(3b-2)≤0,解得b≤.所以b的取值范围为.13.(2015·福建漳州七校联考)已知函数f(x)=x3+ax2+bx(a,b∈R)图象过点P(1,2),且f(x)在点P处的切线与直线y=8x+1平行.(1)求a,b的值;7\n(2)若f(x)≤m+在[-1,1]上恒成立,求正数m的取值范围.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,只须f(x)max≤m+.∵f′(x)=3x2+8x-3,∴令f′(x)>0,解得x>或x<-3,则f(x)在和(-∞,-3)上单调递增;令f′(x)<0,解得-3<x<,则f(x)在上单调递减,∴f(x)在上单调递减,在上单调递增.又f(-1)=-1+4+3=6,f(1)=1+4-3=2,∴f(x)max=6,则m+≥6.由m>0,得m2-6m+5≥0,解得m≥5或0<m≤1.故m的取值范围是(0,1]∪[5,+∞).7

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发布时间:2022-08-25 17:45:15 页数:7
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文章作者:U-336598

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