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2013届高三人教A版理科数学一轮复习课时作业(13)导数在研究函数中的应用A


课时作业(十三)A [第 13 讲

导数在研究函数中的应用]

[时间:45 分钟

分值:100 分]

基础热身 1.[2011· 东莞模拟] 当 x≠0 时,有不等式( ) x A.e <1+x B.当 x>0 时,ex<1+x,当 x<0 时,ex>1+x C.

ex>1+x D.当 x<0 时,ex<1+x,当 x>0 时,ex>1+x 2.[2011· 开封模拟] 如图 K13-1,都是同一坐标系中三次函数及其导函数的图象,其 中一定不正确的序号是( )

图 K13-1 A.①② B.①③ C.③④ D.①④ 3.[2011· 福建卷] 若 a>0,b>0,且函数 f(x)=4x3-ax2-2bx+2 在 x=1 处有极值,则 ab 的最大值等于( ) A.2 B.3 C.6 D.9 1-x 1 ? 4.[2011· 无锡模拟] 已知 a≤ +lnx,x∈? ) ?2,2?恒成立,则 a 的最大值为( x A.0 B.1 C.2 D.3 能力提升 1 5.[2011· 张家界二模] 函数 f(x)=ax3+bx 在 x= 处有极值,则 ab 的值为( ) a A.2 B.-2 C.3 D.-3 6.若函数 f(x)=x3-3x+a 有 3 个不同的零点,则实数 a 的取值范围是( ) A.(-2,2) B.[-2,2] C.(-∞,-1) D.(1,+∞) 7.[2011· 周口模拟] 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), 图 K13-2 F(x)=f(x)-g(x),如果函数 y=f(x)在区间[a,b]上的图象如图 K13-2 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

图 K13-3 2 8.函数 f(x)=x3+bx2+cx+d 的大致图象如图 K13-3 所示,则 x2 ) 1+x2等于( 8 10 A. B. 9 9 16 4 C. D. 9 5 1 1 9.[2011· 辽阳模拟] 函数 f(x)= ax3+ ax2-2ax+2a+1 的图象经过四个象限,则实数 3 2 a 的取值范围是( ) 6 3 8 3 A.- <a< B.- <a<- 5 16 5 16 8 1 6 3 C.- <a<- D.- <a<- 5 16 5 16 10.[2011· 广东卷] 函数 f(x)=x3-3x2+1 在 x=________处取得极小值. 11. [2011· 郴州二模] 若 x∈[0,2π], 则函数 y=sinx-xcosx 的单调递增区间是________. sinx 12.函数 f(x)= 的单调递增区间是________. 2+cosx 13.在平面直角坐标系 xOy 中,已知点 P 是函数 f(x)=ex(x>0)的图象上的动点,该图象 在 P 处的切线 l 交 y 轴于点 M,过点 P 作 l 的垂线交 y 轴于点 N,设线段 MN 的中点的纵坐 标为 t,则 t 的最大值是________. 1 14.(10 分)已知函数 f(x)=ax2+blnx 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.

15.(13 分)[2011· 台州六校联考] 已知函数 f(x)=ax+x2-xlna,a>1. (1)求证:函数 f(x)在(0,+∞)上单调递增; (2)对?x1,x2∈[-1,1],|f(x1)-f(x2)|≤e-1 恒成立,求 a 的取值范围.

难点突破 1 16.(12 分)[2011· 青岛模拟] 设函数 f(x)=x- -alnx(a∈R). x (1)讨论 f(x)的单调性; (2)若 f(x)有两个极值点 x1 和 x2,记过点 A(x1,f(x1)),B(x2,f(x2))的直线的斜率为 k,问: 是否存在 a,使得 k=2-a?若存在,求出 a 的值,若不存在,请说明理由.

课时作业(十三)A 【基础热身】 1.C [解析] 设 y=ex-1-x,∴y′=ex-1,∴x>0 时,函数 y=ex-1-x 是递增的, x<0 时,函数 y=ex-1-x 是递减的,∴x=0 时,y 有最小值 y=0. 2.C [解析] 导函数的图象为抛物线,其变号零点为函数的极值点,因此③④不正确. 3.D [解析] f′(x)=12x2-2ax-2b, ∵f(x)在 x=1 处有极值, ∴f′(1)=0,即 12-2a-2b=0,化简得 a+b=6, ∵a>0,b>0, a+b?2 ∴ab≤? ? 2 ? =9,当且仅当 a=b=3 时,ab 有最大值,最大值为 9,故选 D. 1-x -x+x-1 1 x-1 1 ? 4.A [解析] 设 f(x)= +lnx,则 f′(x)= + = 2 ,当 x∈? 2 ?2,1?时, x x x x 1 ? f′(x)<0,故函数 f(x)在? ?2,1?上单调递减,当 x∈(1,2]时,f′(x)>0,故函数 f(x)在[1,2]上单 调递增,∴f(x)min=f(1)=0,∴a≤0,即 a 的最大值为 0. 【能力提升】 1? ?1?2 5.D [解析] f′(x)=3ax2+b,由 f′? ?a?=3a?a? +b=0,可得 ab=-3.故选 D. 6.A [解析] f′(x)=3x2-3,f(x)极大=f(-1)=2+a,f(x)极小=f(1)=-2+a,函数 f(x)有 3 个不同零点,则 2+a>0,-2+a<0,因此-2<a<2. 7.B [解析] 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,x 越接近于 x0,函数 f(x)的纵坐标与 g(x)的纵坐标的差越小,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. 8.C [解析] 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, 4 4 2 2 解得 b=-1, c=-2, 故 f′(x)=3x2-2x-2.根据韦达定理 x1 +x2 2=(x1+x2) -2x1x2= + = 9 3 16 . 9 9.D [解析] f′(x)=ax2+ax-2a=a(x+2)(x-1),要使函数 f(x)的图象经过四个象限, 16 6 3 ??5 ? 则 f(-2)f(1)<0,即? ? 3 a+1??6a+1?<0,解得-5<a<-16. 10. 2 [解析] f′(x)=3x2-6x, 令 f′(x)=0, 得 x1=0, x2=2, 当 x∈(-∞, 0)时, f′(x)>0, 当 x∈(0,2)时,f′(x)<0,当 x∈(2,+∞)时,f′(x)>0,显然当 x=2 时 f(x)取极小值. 11.[0,π] [解析] y′=xsinx,令 y′>0,即 xsinx>0,得 0<x<π.又 x∈[0,2π],所以所 求的单调递增区间是[0,π]. 2π 2π ?2+cosx?cosx-sinx?-sinx? 2kπ- ,2kπ+ ? (k ∈ Z) 12. ? [ 解 析 ] f ′ ( x ) = = 3 3? ? ?2+cosx?2 2cosx+1 1 2π 2π >0, 即 cosx>- ,结合三角函数图象知道, 2kπ- <x<2kπ+ (k∈Z),即函数 f(x) 2 3 3 ?2+cosx?2 2π 2π ? 的单调递增区间是? ?2kπ- 3 ,2kπ+ 3 ?(k∈Z). 1 1 e+ ? [解析] 设 P(x0,ex0),则 l:y-ex0=ex0(x-x0),∴M(0,(1-x0)ex0),过点 13. ? 2? e ? P 作 l 的垂线, y-ex0=-e-x0(x-x0),∴N(0,ex0+x0e-x0), 1 1 ∴t= [(1-x0)ex0+ex0+x0e-x0]=ex0+ x0(e-x0-ex0) 2 2 1 t′= (ex0+e-x0)(1-x0),所以,t 在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,∴x0 2

1 1 e+ ?. =1,tmax= ? 2? e ? 14.[解答] (1)因为函数 f(x)=ax2+blnx, b 所以 f′(x)=2ax+ . x 1 又函数 f(x)在 x=1 处有极值 , 2 1 f′?1?=0, 2a+b=0, ? ? ? ? ? ?a=2, 所以? 即? 1 解得? 1 f?1?= . a= , ? ? ? 2 2 ? ? ?b=-1. 1 1 ?x+1??x-1? (2)由(1)可知 f(x)= x2-lnx,其定义域是(0,+∞),且 f′(x)=x- = . 2 x x 当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表: x (0,1) 1 (1,+∞) 0 f′(x) - + f(x) 极小值 所以函数 y=f(x)的单调递减区间是(0,1),单调递增区间是(1,+∞). 15.[解答] (1)证明:f′(x)=axlna+2x-lna=2x+(ax-1)lna, 由于 a>1,故当 x∈(0,+∞)时,lna>0,ax-1>0,所以 f′(x)>0, 故函数 f(x)在(0,+∞)上单调递增. (2)由(1)可知,当 x∈(-∞,0)时,f′(x)<0, 故函数 f(x)在(-∞,0)上单调递减. 所以,f(x)在区间[-1,0]上单调递减,在区间[0,1]上单调递增. 所以 f(x)min=f(0)=1,f(x)max=max{f(-1),f(1)}, 1 f(-1)= +1+lna,f(1)=a+1-lna, a 1 f(1)-f(-1)=a- -2lna, a 1 1 2 1 ?2 -1 ≥0, 记 g(x)=x- -2lnx,g′(x)=1+ 2- =? ? x x x ?x 1 1 所以 g(x)=x- -2lnx 递增,故 f(1)-f(-1)=a- -2lna>0, x a 所以 f(1)>f(-1),于是 f(x)max=f(1)=a+1-lna, 故对?x1,x2∈[-1,1],|f(x1)-f(x2)|max=|f(1)-f(0)|=a-lna, a-lna≤e-1,所以 1<a≤e. 【难点突破】 16.[解答] (1)f(x)的定义域为(0,+∞), 2 1 a x -ax+1 f′(x)=1+ 2- = , x x x2 2 令 g(x)=x -ax+1,其判别式 Δ=a2-4. ①当|a|≤2 时,Δ≤0,f′(x)≥0,故 f(x)在(0,+∞)上单调递增. ②当 a<-2 时,Δ>0,g(x)=0 的两根都小于 0,在(0,+∞)上,f′(x)>0,故 f(x)在(0, +∞)上单调递增. ③当 a>2 时,Δ>0,g(x)的两根为 a- a2-4 a+ a2-4 x1= ,x2= , 2 2 当 0<x<x1 时,f′(x)>0;当 x1<x<x2 时,f′(x)<0;当 x>x2 时,f′(x)>0,故 f(x)分别在(0, x1),(x2,+∞)上单调递增,在(x1,x2)上单调递减. (2)由(1)知,a>2.

x1-x2 因为 f(x1)-f(x2)=(x1-x2)+ -a(lnx1-lnx2),所以 x1x2 f?x1?-f?x2? lnx1-lnx2 1 k= =1+ -a· , x1x2 x1-x2 x1-x2 lnx1-lnx2 又由(1)知,x1x2=1.于是 k=2-a· , x1-x2 lnx1-lnx2 若存在 a,使得 k=2-a,则 =1.即 lnx1-lnx2=x1-x2.亦即 x1-x2 1 x2- -2lnx2=0(x2>1)(*), x2 1 1 再由(1)知, 函数 h(t)=t- -2lnt 在(0, +∞)上单调递增, 而 x2>1, 所以 x2- -2lnx2>1 t x2 1 - -2ln1=0.这与(*)式矛盾.故不存在 a,使得 k=2-a. 1


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