《（新課標）2020高考數學大一輪復習 第2章 第11節(jié) 導數在研究函數中的應用（一）課時作業(yè) 理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（新課標）2020高考數學大一輪復習 第2章 第11節(jié) 導數在研究函數中的應用（一）課時作業(yè) 理（7頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、課時作業(yè)(十四)　導數在研究函數中的應用(一) 一、選擇題 1．(2020·山東高考預測)已知函數f(x)的定義域為R，其導函數f′(x)的圖象如圖所示，則對于任意x1，x2∈R(x1≠x2)，下列結論正確的是(　　) 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，函數在R上為減函數，且遞減的速度逐漸減慢，函數y＝f(x)的示意圖如圖所示． 由圖象知，③⑤正確．故應選D. 2．若函數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、＜.故應選B. 4．(2020·惠州模擬)函數y＝f′(x)是函數y＝f(x)的導函數，且函數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(x)＝f(x)－g(x)，如果函數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F(x)為增函數． 故應選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)上不是單調函數，無法判斷f(x1)與f(x2)的大小，故A，B錯；構造函數g(x)＝，則g′(x)＝＝，故函數g(x)＝在(0,1)上單調遞減，故g(x1)>g(x2)，x2e x1>x1e x2.故應選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f(x)在區(qū)間[0,1)上單調遞減，在區(qū)間(1,2]上單調遞增，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，故應選C. 二、填空題 7．函數f(x)＝的單調遞減區(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， 故函數的單調遞減區(qū)間是(0,1)和(1，e)． 8．已知函數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， 當x<－1時，f′(x)<0，即f(x)在(－∞，－1)上為減函數， ∴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， 在(－1，＋∞)上g(x)為減函數， ∴g(x)max＝g(－1)＝0＋a＝a， 依題意可知，a≥－. 10．(2020·濟南模擬)已知函數f(x)的定義域為[

9、－1,5]，部分對應值如下表： x －1 0 4 5 f(x) 1 2 2 1 f(x)的導函數y＝f′(x)的圖象如圖所示， 下列關于函數f(x)的命題： ①函數f(x)的值域為[1,2]； ②函數f(x)在[0,2]上是減函數； 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)設函數f(x)＝aln x＋，其中a為常數． (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f(x)的單調性． 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f(x)的定義域為(0，＋∞)． f′(x)＝＋＝. 當a≥0時，

11、f′(x)＞0，函數f(x)在(0，＋∞)上單調遞增． 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f(x)在(0，＋∞)上單調遞減． ②當a＜－時，Δ＜0，g(x)＜0， f′(x)＜0，函數f(x)在(0，＋∞)上單調遞減． ③當－＜a＜0時，Δ＞0. 設x1，x2(x1＜x2)是函數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f(x)單調遞減； x∈(x1，x2)時，g(x)＞0，f′(

12、x)＞0，函數f(x)單調遞增； x∈(x2，＋∞)時，g(x)<0，f′(x)<0，函數f(x)單調遞減． 綜上，當a ≥0時，函數f(x)在(0，＋∞)上單調遞增； 當a≤－時，函數f(x)在(0，＋∞)上單調遞減； 當－＜a＜0時， f(x)在， 上單調遞減，在 上單調遞增． 12．(2020·江西)已知函數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、)單調遞減； 當x∈(－2,0)時，f′(x)＞0，f(x)單調遞增； 當x∈時，f′(x)＜0，f(x)單調遞減． 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·福建漳州七校聯考)已知函數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)上單調遞增； 令f′(x)＜0，解得－3＜x＜，則f(x)在上單調遞減， ∴f(x)在上單調遞減，在上單調遞增． 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，＋∞)．