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2014年高中数学复习方略课时作业:2.11导数在研究函数中的应用(人教A版·数学文·四川专用)


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课时提升作业(十四)
一、选择题 1.函数 f(x)=x3+ax2+3x-9,已知 f(x)在 x=-3 时取得极值,则 a=( (A)2 (B)3 (C)4 (D)5 ) )

2.(201

3·宁波模拟)函数 y=(3-x2)ex 的单调递增区间是( (A)(-∞,0) (B)(0,+∞) (C)(-∞,-3)和(1,+∞) (D)(-3,1) 3.函数 y = x·e-x 在 x∈[2,4]上的最小值为( (A)0 (B)
1 e

)

(C)

4 e4

(D)

2 e2

4.(2013·抚顺模拟)已知 f(x),g(x)都是定义在 R 上的函数,且满足以 下条件: ①f(x)=ax·g(x)(a>0,a≠1); ②g(x)≠0; ③f(x)·g′(x)>f′(x)·g(x). 若
f(1) f( ? 1) 5 ? ? ,则 a 等于( g(1) g( ? 1) 2
1 2

) (D)2 或
1 2

(A)

(B)2

(C)

5 4

5.若函数 y=f(x) 的导函数在区间 [a,b] 上是先增后减的函数 , 则函数

y=f(x)在区间[a,b]上的图象可能是(

)

6.(2013·抚顺模拟)函数 f(x)=x3+bx2+cx+d 的大致图象如图所示,则
x12 ? x 22 等

于(

)

8 9 16 (C) 9

(A)

10 9 4 (D) 5

(B)

二、填空题 7. 若 x ∈ [0,2 π ], 则 函 数 y=sinx-xcosx 的 单 调 递 增 区 间 是 . .

8.若函数 f(x)=x(x-c)2 在 x=2 处有极大值,则常数 c 的值为

9. 已知函数 f(x)=x3+mx2+(m+6)x+1 存在极值 , 则实数 m 的取值范围 是 三、解答题 10.(2013·厦门模拟)已知函数 f(x)= x 3 ?
a 3 a ?1 2 x +x+b,其中 a,b∈R. 2

.

(1)若曲线 y=f(x)在点 P(2,f(2))处的切线方程为 y=5x-4,求函数 f(x)

的解析式. (2)当 a>0 时,讨论函数 f(x)的单调性. 11.已知函数 f(x)=alnx-2ax+3(a≠0). (1)设 a=-1,求函数 f(x)的极值. (2)在(1)的条件下,若函数 g(x)= x3+x2[f′(x)+m](其中 f′(x)为 f(x) 的导数)在区间(1,3)上不是单调函数,求实数 m 的取值范围. 12.(2013·德阳模拟)已知函数 f(x)=(a+ )ln x+ -x. (1)当 a>1 时,讨论 f(x)在区间(0,1)上的单调性. (2)当 a>0 时,求 f(x)的极值. (3)当 a≥3 时,曲线 y=f(x)上总存在不同两点 P(x1,f(x1)),Q(x2,f(x2)),使得曲线 y=f(x)在 P,Q 两点处的切线互相 平行,证明:x1+x2> .
6 5 1 a 1 x 1 3

答案解析
1.【解析】选 D.因为 f(x)=x3+ax2+3x-9,所以 f′(x)=3x2+2ax+3,由题 意有 f′(-3)=0,所以 3×(-3)2+2a×(-3)+3=0,由此解得 a=5. 2. 【 解 析 】 选 D.y ′ =-2xex+(3-x2)ex=ex(-x2-2x+3)>0 ? x2+2x-3<0 ? -3<x<1,?函数 y=(3-x2)ex 的单调递增区间是(-3,1). 3. 【解析】 选 C.y′=
e x ? xe x 1 ? x e-x ? x ,当 x∈[2,4]时,y′<0,即函数 y=x· x 2 (e ) e

在[2,4]上单调递减,故当 x=4 时,函数有最小值为 4. 【解析】 选 A.由①②得 由③知[
1 a

4 . e4

f(x) x f(x) f ( ? x)g(x) ? f(x)( g? x) =a ,又[ ]′= , 2 g( x) g( x) [g(x)]

f(x) f(1) f( ? 1) 5 ]′<0,故 y=ax 是减函数,因此 0<a<1.由 ? ? , g( x) g(1) g( ? 1) 2
5 2 1 2

得 a+ = ,解得 a= 或 a=2(舍). 5.【解析】选 C.根据题意 f′(x)在[a,b]上是先增后减的函数,则在函 数 f(x)的图象上,各点的切线斜率是先随 x 的增大而增大,然后随 x 的 增大而减小,由四个选项的图形对比可以看出,只有选项 C 满足题意. 【方法技巧】函数的导数与增减速度图象的关系 (1)导数与增长速度 ①一个函数的增长速度快 ,就是说 ,在自变量的变化相同时,函数值的 增长大,即平均变化率大,导数也就大;②一个函数减小的速度快,那么 在自变量的变化相同时 ,函数值的减小大 ,即平均变化率大,导数的绝 对值也就大. (2)导数与图象 一般地,如果一个函数在某一范围内的导数的绝对值较大 ,说明函数在 这个范围内变化得快,这时,函数的图象就比较“陡峭”(向上或向下); 反之,函数的图象就较“平缓”. 6.【思路点拨】从函数图象上可知 x1,x2 为函数 f(x)的极值点,故 x1,x2 是 f′(x)=0 的两根,再根据根与系数的关系进行求解. 【解析】选 C.从函数图象上可知 x1,x2 为函数 f(x)的极值点,根据函数 图 象 经 过 的 三 个 特 殊 点 求 出 b,c,d. 根 据 函 数 图 象 得 d=0, 且

f(-1)=-1+b-c=0,

f(2)=8+4b+2c=0, 解 得 x1+x2=
16 . 9

b=-1,c=-2, 故
2 3

f ′ x12 +

(x)=3x2-2x-2, 所 以 x22=(x1+x2)2-2x1x2= + =
4 9 4 3

2 3

,x1x2=-

, 所 以

7. 【解析】 y′=xsinx,令 y′>0,即 xsinx>0,又 x∈[0,2π],得 0<x<π. 所以所求的单调递增区间是(0,π). 答案:(0,π) 8.【解析】x=2 是 f(x)的极大值点, f(x)=x(x2-2cx+c2)=x3-2cx2+c2x, ?f′(x)=3x2-4cx+c2, ?f′(2)=3×4-8c+c2=0, 解得 c=2 或 c=6,当 c=2 时,不能取极大值, ?c=6. 答案:6 【误区警示】本题易出现由 f′(2)=0 求出 c 后,不验证是否能够取到 极大值这一条件,导致产生增根. 9.【思路点拨】函数 f(x)存在极值,即 f′(x)=0 有两个不等实根. 【 解 析 】 f ′ (x)=3x2+2mx+m+6=0 有 两 个 不 等 实 根 , 即 Δ =4m2-12 × (m+6)>0.?m>6 或 m<-3. 答案:(-≦,-3)∪(6,+≦) 10.【解析】(1)f′(x)=ax2-(a+1)x+1. 由导数的几何意义得 f′(2)=5,于是 a=3. 由切点 P(2,f(2))在直线 y=5x-4 上可知 2+b=6,解得 b=4.

所以函数 f(x)的解析式为 f(x)=x3-2x2+x+4. (2)f′(x)=ax2-(a+1)x+1=a(x- )(x-1). 当 0<a<1 时, >1,函数 f(x)在区间(-≦,1)及( ,+≦)上为增函数,在 区间(1, )上为减函数;
1 a 1 1 当 a>1 时, <1,函数 f(x)在区间(-≦, )及(1,+≦)上为增函数,在区 a a 1 间( ,1)上为减函数. a ?1 11.【解析】(1)当 a=-1 时,f(x)=-lnx+2x+3(x>0),f′(x)= +2, x 1 1 ?f(x)的单调递减区间为 (0, ),单调递增区间为 ( ,+≦),f(x)的极 2 2 1 1 1 小值是 f( )=-ln +2× +3=ln2+4. 2 2 2 1 3 1 (2)g(x)= x +(- +2+m)x2, 3 x 1 a
1 a 1 a

1 a

当 a=1 时, =1,函数 f(x)在区间(-≦,+≦)上为增函数;

?g′(x)=x2+(4+2m)x-1, ≧g(x)在区间(1,3)上不是单调函数,且 g′(0)=-1, ??
( ? 1)<0, ?4 ? 2m<0, ?g 10 ?? 即 ? <m<-2. 3 ( ? 3)>0 ?g ?20 ? 6m>0,

10 ,-2). 3 1 1 1 12. 【解析】(1)f′(x)= (a ? ) ? 2 ? 1 a x x 1 1 x 2 ? (a ? )x ? 1 ? x ? a ? (x ? ) a a , ?? ?? x2 x2 1 由于 a>1,故 0< <1<a, a 1 1 所以 f(x)的减区间是(0, ),增区间是( ,1). a a 1 ? x ? a ? (x ? ) a (x>0), (2)由(1)知 f′(x)= ? x2

故 m 的取值范围为( ?

当 a>1 时,f(x)的减区间是(0, f(x)极小值=f( )=(a+ )ln +a=-(a+ )ln a+a- ,
1 a 1 a

1 1 ),(a,+≦),增区间是( ,a). a a

1 a

1 a

1 a

1 a

f(x)极大值=f(a)=(a+ )ln a-a+ ,

1 a

1 a

? x ? 1? 当 a=1 时,f′(x)= ? 2 ≤0,f(x)无极值.
2

x

当 0<a<1 时,f(x)的减区间是(0,a),( ,+≦), 增区间是(a,
1 a 1 ). a

1 a

1 1 a a 1 1 f(x)极小值=f(a)=(a+ )ln a-a+ . a a

f(x)极大值=f( )=(a+ )ln a+a- .

(3)依题意知:f′(x1)=(a+ ) 故 a+ =
1 a

1 a

1 1 1 1 1 ? 2 ? 1 =f′(x2)=(a+ ) 2 ? 2 ? 1 a x x1 x1 x2

1 1 x1 ? x 2 ? ? , x1 x 2 x1x 2

由 x1+x2> 2 故

? x ? x2 ? , x1x 2 得:x1x2< 1
2

4

x1 ? x 2 4 > , x1x 2 x1 ? x 2
1 a

即 a+ =

x1 ? x 2 4 > , x1x 2 x1 ? x 2
1 a 10 3

当 a≥3 时,a+ ≥ , 所以 x1+x2>( 即 x1+x2> . 【变式备选】设 f(x)=- x3+ x2+2ax.
1 3 1 2 6 5

4 a? 1 a

)max= .

6 5

(1)若 f(x)在( ,+≦)上存在单调递增区间,求 a 的取值范围. (2)当 0<a<2 时,f(x)在[1,4]上的最小值为最大值. 【解析】(1)f(x)=- x3+ x2+2ax, ? f ′ (x)=-x2+x+2a, 当 x ∈ [ ( )= +2a. 函数 f(x)在( ,+≦)上存在单调递增区间,即导函数在( ,+≦)上存在 函数值大于零成立,? +2a>0?a>- . (2)已知 0<a<2,f(x)在[1,4]上取到最小值图象开口向下,且对称轴 x= , ?f′(1)=-1+1+2a=2a>0, f′(4)=-16+4+2a=2a-12<0, 则必有一点 x0∈[1,4]使得 f′(x0)=0,此时函数 f(x)在[1,x0]上单调递 增,在[x0,4]上单调递减,
1 1 2 6 1 1 40 ?f(4)=- ×64+ ×16+8a=- +8a, 3 2 3 40 16 ?- +8a=- ,得 a=1, 3 3

2 3

16 ,求 f(x)在该区间上的 3

1 3

1 2

2 ,+ ≦ ) 时 ,f ′ (x) 的 最 大 值 为 f ′ 3

2 3

2 9

2 3

2 3

2 9

1 9

16 ,而 f′(x)=-x2+x+2a 的 3

1 2

f(1)=- + +2a= +2a>0,

1 3

此时,由 f′(x0)=- x02+x0+2=0 得 x0=2 或-1(舍去), 所以函数 f(x)max=f(2)=
10 . 3

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