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2014届高三人教A版数学(理)一轮复习课后作业(15)导数在研究函数中的应用 Word版含解析]


课后作业(十五)

导数在研究函数中的 应用

一、选择题 2 1.(2012· 陕西高考)设函数 f(x)=x +ln x,则( 1 A.x=2为 f(x)的极大值点 1 B.x=2为 f(x)的极小值点 C.x=2 为 f(x)的极大值点 D.x=2 为 f(x)的极小值点 2.函数 f(x)=x2-2ax+a 在区间(-∞,1)上有最

小值,则函数 g(x)= f(x) x )

在区间(1,+∞)上一定( ) A.有最小值 B.有最大值 C.是减函数 D.是增函数 3 3.若函数 f(x)=x -6bx+3b 在(0,1)内有极小值,则实数 b 的取值范围是 ( ) A.(0,1) B.(-∞,1) 1 C.(0,+∞) D.(0,2) 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) B.f(x)≤f(a) C.f(x)>f(a) D.f(x)<f(a) 5.若函数 f(x)= x 3 (a>0)在[1,+∞)上的最大值为 3 ,则 a 的值为( x +a
2

)

3 A. 3 B. 3 C. 3+1 D. 3-1 二、填空题 x 6.函数 f(x)=ln x的单调递减区间是________. 7.已知函数 f(x)=x3+3mx2+nx+m2 在 x=-1 时有极值 0,则 m+n= ________. 1 8.已知函数 f(x)=-2x2+4x-3ln x 在[t,t+1]上不单调,则 t 的取值范围是 ________. 三、解答题

1 9.(2013· 肇庆调研)已知函数 f(x)=ax2+bln x 在 x=1 处有极值2. (1)求 a,b 的值; (2)判断函数 y=f(x)的单调性并求出单调区间. 10.设函数 f(x)=x+ax2+bln x,曲线 y=f(x)过 P(1,0),且在 P 点处的切线 斜率为 2. (1)求 a,b 的值; (2)令 g(x)=f(x)-2x+2,求 g(x)在定义域上的最值. 11.(2013· 惠州模拟)已知函数 f(x)=x2+2aln x. (1)若函数 f(x)的图象在(2,f(2))处的切线斜率为 1,求实数 a 的值; (2)求函数 f(x)的单调区间; 2 (3)若函数 g(x)= +f(x)在[1,2]上是减函数,求实数 a 的取值范围. x

解析及答案
一、选择题 1. 【解析】 2 2 1 ∵f(x)= x+ln x(x>0),∴f′(x)=-x2+ x.

由 f′(x)=0 解得 x=2. 当 x∈(0,2)时,f′(x)<0,f(x)为减函数; 当 x∈(2,+∞)时,f′(x)>0,f(x)为增函数. ∴x=2 为 f(x)的极小值点. 【答案】 D 2. 【解析】 由函数 f(x)=x2-2ax+a 在区间(-∞,1)上有最小值,可得 a 的取值范围为 a<1, f(x) a 又 g(x)= x =x+ x-2a, a 则 g′(x)=1-x2, 易知在 x∈(1,+∞)上 g′(x)>0,所以 g(x)为增函数. 【答案】 D 3. 【解析】 f′(x)=3x2-6b,令 f′(x)=0 得 x2=2b, 1 由题意知 0<2b<1,∴0<b<2,故选 D. 【答案】 D 4. 【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 5. 【解析】 x2+a-2x2 a-x2 f′(x)= 2 = . (x +a)2 (x2+a)2

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

a 3 ∴f(x)max=f( a)= 2a = 3 , 3 解得 a=4<1,不符合题意, 综上知,a= 3-1. 【答案】 D 二、填空题 ln x-1 f′(x)= ln2x ,令 f′(x)<0 得 ln x-1<0,且 ln x≠0. ∴0<x<1 或 1<x<e, 故函数的单调递减区间是(0,1)和(1,e). 【答案】 (0,1),(1,e) 7. 【解析】 ∵f′(x)=3x2+6mx+n,且 f(x)在 x=-1 处的极值为 0. 6. 【解析】
3 2 2 ?f(-1)=(-1) +3m(-1) +n(-1)+m =0, ∴? 2 ?f′(-1)=3×(-1) +6m(-1)+n=0,

?m=1, ?m=2, ∴? 或? ?n=3 ?n=9, ?m=1, 当? 时,f′(x)=3x2+6x+3=3(x+1)2≥0 恒成立与 x=-1 是极值点矛 ?n=3 盾, ?m=2 当? 时,f′(x)=3x2+12x+9=3(x+1)(x+3), n = 9 ? 显然 x=-1 是极值点,符合题意, ∴m+n=11. 【答案】 11 8. 【解析】 (x-1)(x-3) 3 由题意知 f′(x)=-x+4- x=- , x

由 f′(x)=0 得函数 f(x)的两个极值点为 1,3, 则只要这两个极值点有一个在区间(t,t+1)内,函数 f(x)在区间[t,t+1]上就 不单调, 由 t<1<t+1 或 t<3<t+1, 得 0<t<1 或 2<t<3. 【答案】 (0,1)∪(2,3) 三、解答题 b 1 9. 【解】 (1)f′(x)=2ax+ x,又 f(x)在 x=1 处有极值2.

1 1 ? ?f(1)= , ? ?a= , 2 即? 2 ∴? ? ?f′(1)=0, ? ?2a+b=0. 1 解之得 a=2且 b=-1. 1 (2)由(1)可知 f(x)=2x2-ln x, 其定义域是(0,+∞), 1 (x+1)(x-1) 且 f′(x)=x- x= . x 当 x 变化时,f′(x)、f(x)的变化情况如下表: x (0,1) 1 f′(x) - 0 f(x) 极小值

(1,+∞) +

所以函数 y=f(x)的单调减区间是(0,1),单调增区间是(1,+∞). b 10. 【解】 (1)f′(x)=1+2ax+ x(x>0), 又 f(x)过点 P(1,0),且在点 P 处的切线斜率为 2, ?f(1)=0, ?1+a=0, ∴? 即? ?f′(1)=2, ?1+2a+b=2. 解之得 a=-1,b=3. (2)由(1)知,f(x)=x-x2+3ln x,定义域为(0,+∞), ∴g(x)=2-x-x2+3ln x,x>0, (x-1)(2x+3) 3 则 g′(x)=-1-2x+ x =- . x 当 0<x<1 时,g′(x)>0;当 x>1 时,g′(x)<0. 所以 g(x)在(0,1)内单调递增,在(1,+∞)内单调递减. ∴g(x)的最大值为 g(1)=0,g(x)没有最小值. 2 2a 2x +2a 11. 【解】 (1)f′(x)=2x+ x = x , 由已知 f′(2)=1, 解得 a=-3. (2)函数 f(x)的定义域为(0,+∞). ①当 a≥0 时,f′(x)>0,f(x)的单调递增区间为(0,+∞); ②当 a<0 时,f′(x)= 2(x+ -a)(x- -a) . x

当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下:

x f′(x) f(x)

(0, -a) -

-a 0 极小值

( -a,+∞) +

由上表可知,函数 f(x)的单调递减区间是(0, -a); 单调递增区间是( -a,+∞). 2 2 2a (3)由 g(x)= x+x2+2aln x 得 g′(x)=-x2+2x+ x , 由已知函数 g(x)为[1,2]上的单调减函数, 2 2a 则-x2+2x+ x ≤0 在[1,2]上恒成立. 1 即 a≤ x-x2 在[1,2]上恒成立. 1 1 1 令 h(x)= x-x2,h′(x)=-x2-2x=-(x2+2x)<0, 7 所以 h(x)在[1,2]上为减函数,h(x)min=h(2)=-2, 7 所以 a≤-2.


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