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【金版教程】2016高考数学一轮复习 第二章 第十二节 导数在研究函数中的应用(一)课时作业 文(含解析)


第十二节
题号 答案 1 2

导数在研究函数中的应用(一)
3 4 5 6 7

1.函数 y=x+xln x 的单调递减区间是( A.(-∞,e ) B.(0,e ) C.(e ,+∞) D.(e ,+∞) 答案:B
-2 2 -2 -2

)

2.已知函数 y=f(x)的图象如下图所示,则其导函数 y=f′(x)的图象可能是(

)

解析:由函数 f(x)的图象看出,在 y 轴左侧,函数有两个极值点,且先增后减再增,在 y 轴右侧函数无极值点, 且是减函数, 根据函数的导函数的符号和原函数单调性间的关系可知, 导函数在 y 轴左侧应有两个零点,且导函数值是先正后负再正,在 y 轴右侧无零点,且导函 数值恒负,由此可以断定导函数的图象是 A 的形状.故选 A. 答案:A 3.若函数 y=a(x -x)的递减区间为?-
3

? ?

3 3? , ?,则 a 的取值范围是( 3 3?

)

A.(0,+∞) B.(-1,0) C.(1,+∞) D.(0,1) 解析:∵y′=a(3x -1)=3a?x+
2

? ?

3? ? 3? ? ? x- ? , 3 ?? 3?

∴当-

3 3 3?? 3? ? <x< 时,?x+ ??x- ?<0. 3 3 3 ?? 3? ?

∴要使 y′<0,必须取 a>0.故选 A. 答案:A 4.(2013·福建教学检查)对于在 R 上可导的任意函数 f(x),若满足(x-1)f′(x)≥0,

则必有(

)

A.f(0)+f(2)<2f(1) B.f(0)+f(2)≤2f(1) C.f(0)+f(2)≥2f(1) D.f(0)+f(2)>2f(1) 解析:依题意,当 x > 1 时,f′(x)≥0,所以 f(x) 在 (1 ,+∞)上单调递增,所以 f(2)≥f(1); 当 x<1 时,f′(x)≤0,所以 f(x)在(-∞,1)上单调递减,故 f(0)≥f(1),故 f(0) +f(2)≥2f(1).故选 C. 答案:C 5. (2013·安徽马鞍山三模)对于实数集 R 上的可导函数 f(x), 若满足(x -3x+2)f′(x) <0,则在区间[1,2]上必有( A.f(1)≤f(x)≤f(2) ) B.f(x)≤f(1)
2

C.f(x)≥f(2) D.f(x)≤f(1)或 f(x)≥f(2) 解析:由(x -3x+2)f′(x)<0 知,当 x -3x+2<0,即 1<x<2 时,f′(x)>0,所 以 f(x)是区间[1,2]上的递增函数,所以 f(1)≤f(x)≤f(2).故选 A. 答案:A 6.函数 y= x 在区间(1,+∞)上( ln x )
2 2

A.是减函数 B.是增函数 C.有极小值 答案:C 7.(2013·浙江卷) 已知函数 y=f(x)的图象是下列四个图象之一,且其 导函数 y=f′(x)的图象如右图所示,则该函数的图象是( ) D.有极大值

解析:由 y=f′(x)的图象知,y=f(x)的图象为增函数, 且在区间(-1,0)上增长速度越来越快,而在区间(0,1)上增长速度越来越慢.故选 B. 答案:B 8.已知 x=3 是函数 f(x)=aln x+x -10x 的一个极值点,则实数 a=________. a a 解析:f′(x)= +2x-10,由 f′(3)= +6-10=0 得 a=12,经检验满足题设条件. x 3 答案:12
2

1 3 2 9.设函数 f(x)= x -(1+a)x +4ax+24a,其中常数 a>1,则 f(x) 的单调减区间为 3 ________. 解析:f′(x)=x -2(1+a)x+4a=(x-2)(x-2a),由 a>1 知,当 x<2 时,f′(x) >0,故 f(x)在区间(-∞,2)上是增函数;当 2<x<2a 时,f′(x)<0,故 f(x)在区间(2, 2a)上是减函数;当 x>2a 时,f′(x)>0,故 f(x)在区间(2a,+∞)上是增函数. 综上,当 a>1 时,f(x)在区间(-∞,2)和(2a,+∞)上是增函数,在区间(2,2a)上 是减函数. 答案:(2,2a) 10. 设曲线 y=x
n+1 2

(n∈N )在点(1, 1)处的切线与 x 轴的交点的横坐标为 xn, 令 an=lg xn,

*

则 a1+a2+…+a99 的值为________. 解析:∵y′=(n+1)x ,∴切线斜率为 n+1,切线方程为 y-1=(n+1)(x-1).∴xn 1 n =1- = . n+1 n+1 ∴a1 + a2 + … + a99 = lg x1 + lg x2 + … + lg x99 = lg(x1·x2·…·x99) = 98 99 ? 1 ?1 2 lg? × ×…× × ?=lg =-2. 2 3 99 100 100 ? ? 答案:-2 11.(2013·大纲全国卷)已知函数 f(x)=x +3ax +3x+1. (1)当 a=- 2时,讨论 f(x)的单调性; (2)若 x∈[2,+∞)时,f(x)≥0,求 a 的取值范围. 解析:(1)当 a=- 2时,f(x)=x -3 2x +3x+1,f′(x)=3x -6 2x+3. 令 f′(x)=0,得 x1= 2-1,x2= 2+1. 当 x∈(-∞, 2-1)时,f′(x)>0,f(x)在(-∞, 2-1)上是增函数; 当 x∈( 2-1, 2+1)时,f′(x)<0,f(x)在( 2-1, 2+1)上是减函数; 当 x∈( 2+1,+∞)时,f′(x)>0,f(x)在( 2+1,+∞)是增函数; 5 (2)由 f(2)≥0 得,a≥- . 4 5 当 a≥- ,x∈(2,+∞)时, 4
3 2 2 3 2 n

? 2 5 ? ? 1? 2 f′(x)=3(x +2ax+1)≥3?x - x+1?=3?x- ?(x-2)>0, 2 ? ? ? 2?
所以 f(x)在(2,+∞)是增函数,于是当 x∈[2,+∞)时,f(x)≥f(2)≥0.

? 5 ? 综上知,a 的取值范围是?- ,+∞?. ? 4 ?

? 1? 12.已知函数 f(x)=a?x- ?-2ln x,a∈R. ? x?
(1)若 a=1,判断函数 f(x)是否存在极值?若存在,求出极值;若不存在,请说明理由; (2)求函数 f(x)的单调区间; a (3)设函数 g(x)=- .至少存在一个 x0∈[1,e],使得 f(x0)>g(x0)成立,求实数 a 的 x 取值范围. 1 解析:(1)当 a=1 时,f(x)=x- -2ln x,其定义域为(0,+∞). x 1 2 ?x-1?2 因为 f′(x)=1+ 2- =? ? ≥0, x x ? x ? 所以 f(x)在(0,+∞)上单调递增, 所以函数 f(x)不存在极值.

? 1? (2)函数 f(x)=a?x- ?-2ln x 的定义域为(0,+∞). ? x? ? 1 ? 2 ax -2x+a, f′(x)=a?1+ 2?- = 2 x ? x? x
当 a≤0 时, 因为 f′(x)<0 在(0,+∞)上恒成立,所以 f(x)在(0,+∞)上单调递减. 当 a>0 时,x∈(0,+∞)时,方程 f′(x)=0 与方程 ax -2x+a=0 有相同的实根. Δ =4-4a =4(1-a ), 1- 1-a 1+ 1-a ①当 0<a<1 时,Δ >0,可得 x1= ,x2= ,且 0<x1<x2, a a x∈(0,x1)时,f′(x)>0,故 f(x)在(0,x1)上单调递增; x∈(x1,x2)时,f′(x)<0,故 f(x)在(x1,x2)上单调递减; x∈(x2,+∞)时,f′(x)>0,故 f(x)在(x2,+∞)上单调递增. ②当 a≥1 时,Δ ≤0,所以 f′(x)>0 在(0,+∞)上恒成立,故 f(x)在(0,+∞)上单 调递增. 综上所述,当 a≤0 时,f(x)的单调递减区间为(0,+∞);
2 2 2 2 2 2

? 1- 1-a ? ?1+ 1-a ? 当 0<a<1 时,f(x)的单调递增区间为?0, ?与? ,+∞?,单调递 a a ? ? ? ?
2 2

减区间为?

?1- 1-a2 1+ 1-a2? , ?; a a ? ?

当 a≥1 时,f(x)的单调递增区间为(0,+∞). (3)若存在一个 x0∈[1,e],使得 f(x0)>g(x0)成立,

2ln x0 则有 ax0>2ln x0,即 a> . x0 2ln x 令 F(x)= ,只需当 x∈[1,e]时,a>F(x)min 即可. x 2(1-ln x) 因为 F′(x)= ,且当 x∈[1,e]时,F′(x)≥0, 2 x 所以 F(x)在[1,e]上单调递增, 故 F(x)min=F(1)=0,因此 a 的取值范围为 a>0.


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