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2016届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 2?11?2 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 2?11?2 A.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】 C 2.设函数 f′(x)=x +3x-4,则 y=f(x+1)的单调减区间为( A.(-4,1)
2

)

B.(-5,0)

? 3 ? C.?- ,+∞? ? 2 ?
2

? 5 ? D.?- ,+∞? ? 2 ?

【解析】 由 f′(x)=x +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】 B 3.设函数 f(x)=ax +bx+c(a,b,c∈R).若 x=-1 为函数 f(x)e 的一个极值点, 则下列图象不可能为 y=f(x)图象的是( )
2

x

【解析】 因为[f(x)e ]′=f′(x)e +f(x)·e =e [f′(x)+f(x)],且 x=-1 是函 数 f(x)e 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】 D 4.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) )
x

x

x

x

x

B.f(x)≤f(a)

1

C.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】 A 1 3 1 2 5.若函数 f(x)= x - ax +(a-1)x+1 在区间(1,4)内为减函数,在区间(6,+∞) 3 2 内为增函数,则实数 a 的取值范围是( A.a≤2 C.4≤a≤6 1 3 1 2 【解析】 因为 f(x)= x - ax +(a-1)x+1, 3 2 所以 f′(x)=x -ax+a-1, 由题意知当 1<x<4 时,f′(x)≤0 恒成立, 即 x -ax+a-1≤0 在(1,4)上恒成立, ∴a(x-1)≥x -1,即 a≥x+1(1<x<4), 所以 a≥5.同理 a≤7. 【答案】 B 6.若函数 f(x)= A. 3 3
2 2 2

) B.5≤a≤7 D.a≤5 或 a≥7

x 3 (a>0)在[1,+∞)上的最大值为 ,则 a 的值为( x2+a 3
C. 3+1 D. 3-1

)

B. 3

【解析】 f′(x)=

x2+a-2x2 a-x2 = 2 2 2 2. ?x +a? ?x +a?

令 f′(x)=0,得 x= a或 x=- a(舍), 1 3 ①若 a≤1 时,即 0<a≤1 时,在[1,+∞)上 f′(x)<0,f(x)max=f(1)= = . 1+a 3 解得 a= 3-1,符合题意. ②若 a>1,即 a>1,在[1, a]上 f′(x)>0,在[ a,+∞)上 f′(x)<0,∴f(x)max =f( a)=

a
2a



3 , 3

3 解得 a= <1,不符合题意,综上知,a= 3-1. 4 【答案】 D 二、填空题 7.已知函数 f(x)=x -3ax-a 在(0,1)内有最小值,则 a 的取值范围是________. 【解析】
3

f′(x)=3x2-3a=3(x2-a),由题意,显然 a>0,∴f′(x)=3(x+ a)(x
2

- a),故有 0< a<1,∴0<a<1. 【答案】 (0,1) 8.已知函数 f(x)=x +3ax +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)=3x +6ax+3b,
?3×2 +6a×2+3b=0, ? ∴? 2 ?3×1 +6a×1+3b=-3, ?
2 2 3 2

∴a=-1, b=0, ∴f′(x)=3x -6x, 令 3x -6x=0, ∴x=0 或 x=2, ∴f(x)极大-f(x)
极小

2

2

=f(0)-f(2)=4. 【答案】 4

?1?f′(x)的图象如图 2?11?3 所示, 9. 已知函数 y=? ? 则函数 f(x)的单调增区间为________. ?2?

图 2?11?3

?1?x ?1?f′(x)<1; 【解析】 因为函数 y=? ? 是 R 上的减函数, 所以 f′(x)>0 的充要条件是 0<? ? ?2? ?2? ?1?f′(x)<1,即 f′(x)>0,所以函数 f(x) 由图象可知,当 x∈(-∞,0)∪(2,+∞)时,0<? ? ?2?
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-x -x ,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(-∞,+∞),
2 3

f′(x)=1+a-2x-3x2.
-1- 4+3a -1+ 4+3a 令 f′(x)=0,得 x1= ,x2= , 3 3

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. 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.
3

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=

-1+ 4+3a 处取得最大值. 3

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)=x e . (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(-∞,+∞),
2 -x

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)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
-2

m(t)=t-

f?t? t 2 =t+ =t-2+ +3. f′?t? t-2 t-2

由已知和①得 t∈(-∞,0)∪(2,+∞). 2 令 h(x)=x+ (x≠0),则当 x∈(0,+∞)时,h(x)的取值范围为[2 2,+∞);当 x

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 2+3,+∞). 综上,l 在 x 轴上的截距的取值范围是(-∞,0)∪[2 2+3,+∞). 12.(2014·广州模拟)已知函数 f(x)=xln x, (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(x)在[1,e]上的最小值.(e= 2.718 28…) 【解】 (1)f′(x)=ln x+1,x>0,

4

1 而 f′(x)>0?ln x+1>0?x> , e

f′(x)<0?ln x+1<0?0<x< ,

1 e

? 1? ?1 ? 所以 f(x)在?0, ?上单调递减,在? ,+∞?上单调递增. ? e? ?e ?
1 所以 x= 是函数 f(x)的极小值点,极大值点不存在. e (2)g(x)=xln x-a(x-1), 则 g′(x)=ln x+1-a.

g′(x)<0?ln x+1-a<0?0<x<ea-1, g′(x)>0?x>ea-1,
所以 g(x)在(0,e 当e
a-1 a-1

)上单调递减,在(e

a-1

,+∞)上单调递增.

≤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<e 在(e
a-1 a-1

<e,即 1<a<2 时,g(x)在[1,e

a -1

)上单调递减,

,e]上单调递增.
a-1

所以 g(x)在[1,e]上的最小值为 g(e 当 e≤e
a-1

)=a-e

a-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-e
a-1



当 a≥2 时,g(x)的最小值为 a+e-ae.

5


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