《（新課標(biāo)）2020高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第2章 第11節(jié) 導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用（一）課時(shí)作業(yè) 理》由會(huì)員分享，可在線(xiàn)閱讀，更多相關(guān)《（新課標(biāo)）2020高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第2章 第11節(jié) 導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用（一）課時(shí)作業(yè) 理（7頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、課時(shí)作業(yè)(十四) 導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用(一)
一、選擇題
1．(2020·山東高考預(yù)測(cè))已知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，其導(dǎo)函數(shù)f′(x)的圖象如圖所示，則對(duì)于任意x1，x2∈R(x1≠x2)，下列結(jié)論正確的是( )
①f(x)＜0恒成立；
②(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]＞0；
③(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]＜0；
④f＞；
⑤f＜.
A．①③ B．①③④
C．②④ D．③⑤
答案：D
解析：由f′(x)的圖象知，函數(shù)在R上為減函數(shù)，且遞減的速度逐漸減慢，函數(shù)y＝f(x)的示意圖如圖所示．
由圖象知，③⑤正確．故應(yīng)選D.
2．若函數(shù)y
2、＝a(x3－x)的遞減區(qū)間為，則a的取值范圍是( )
A．(0，＋∞) B．(－1,0)
C．(1，＋∞) D．(0,1)
答案：A
解析：y′＝a(3x2－1)，
解3x2－1<0，得－0.
故應(yīng)選A.
3．(2020·山西高考信息優(yōu)化卷)已知對(duì)任意m∈R，直線(xiàn)x＋y＋m＝0都不是f(x)＝x3－3ax(a∈R)的切線(xiàn)，則a的取值范圍是( )
A. B．
C. D．
答案：B
解析：由題意，得f′(x)＝3x2－3a≠－1，即a≠x2＋.
∵x∈R，∴x2＋≥，解得a
3、＜.故應(yīng)選B.
4．(2020·惠州模擬)函數(shù)y＝f′(x)是函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)，且函數(shù)y＝f(x)在點(diǎn)P(x0，f(x0))處的切線(xiàn)為l：y＝g(x)＝f′(x0)·(x－x0)＋f(x0)，F(xiàn)(x)＝f(x)－g(x)，如果函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間[a，b]上的圖象如圖所示，且a
4、x)－f′(x0)，
∴F′(x0)＝f′(x0)－f′(x0)＝0.
又當(dāng)xx0時(shí)，函數(shù)F(x)為增函數(shù)．
故應(yīng)選B.
5．(2020·湖南)若0ln x2－ln x1
B．e x2－e x1x1e x2
D．x2e x1
5、一個(gè)極值點(diǎn)，即f(x)＝ex－ln x在(0,1)上不是單調(diào)函數(shù)，無(wú)法判斷f(x1)與f(x2)的大小，故A，B錯(cuò)；構(gòu)造函數(shù)g(x)＝，則g′(x)＝＝，故函數(shù)g(x)＝在(0,1)上單調(diào)遞減，故g(x1)>g(x2)，x2e x1>x1e x2.故應(yīng)選C.
6．(2020·江西上饒模擬)已知f(x)＝x3－3x＋m，在區(qū)間[0,2]上任取三個(gè)數(shù)a，b，c，均存在以f(a)，f(b)，f(c)為邊長(zhǎng)的三角形，則m的取值范圍是( )
A．(2，＋∞) B．(4，＋∞)
C．(6，＋∞) D．(8，＋∞)
答案：C
解析：由f′(x)＝3x2－3＝0，得x1＝1，x2＝－1(舍去)，所
6、以函數(shù)f(x)在區(qū)間[0,1)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(1,2]上單調(diào)遞增，則f(x)min＝f(1)＝m－2，由于f(0)＝m，f(2)＝m＋2，所以f(x)max＝f(2)＝m＋2.
由題意知，f(1)＝m－2＞0，①
由f(1)＋f(1)＞f(2)，得－4＋2m＞2＋m，②
由①②，得m＞6，故應(yīng)選C.
二、填空題
7．函數(shù)f(x)＝的單調(diào)遞減區(qū)間是________．
答案：(0,1)，(1，e)
解析：f′(x)＝，令f′(x)＜0，得
∴0＜x＜1或1＜x＜e，
故函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0,1)和(1，e)．
8．已知函數(shù)f(x)＝x3＋3mx2＋nx＋m2在x＝－1處
7、有極值0，則m＋n＝________.
答案：11
解析：∵f′(x)＝3x2＋6mx＋n，
∴由已知，可得
∴或
當(dāng)時(shí)，f′(x)＝3x2＋6x＋3＝3(x＋1)2≥0恒成立，與x＝－1是極值點(diǎn)矛盾，
當(dāng)時(shí)，f′(x)＝3x2＋12x＋9＝3(x＋1)(x＋3)，
顯然x＝－1是極值點(diǎn)，符合題意，∴m＋n＝11.
9．(2020·德州模擬)已知f(x)＝xex，g(x)＝－(x＋1)2＋a，若?x1，x2∈R，使得f(x2)≤g(x1)成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．
答案：
解析：∵?x1，x2∈R，使得f(x2)≤g(x1)成立，
∴f(x)的最小值
8、小于或等于g(x)的最大值即可．
∵f(x)＝xex，
∴f′(x)＝(xex)′＝ex＋xex＝(1＋x)ex，
∴當(dāng)x>－1時(shí)，f′(x)>0，即f(x)在(－1，＋∞)上為增函數(shù)，
當(dāng)x<－1時(shí)，f′(x)<0，即f(x)在(－∞，－1)上為減函數(shù)，
∴f(x)min＝f(－1)＝－1·e－1＝－.
又∵g(x)＝－(x＋1)2＋a，
∴g′(x)＝－2(x＋1)，
∴在(－∞，－1)上g(x)為增函數(shù)，
在(－1，＋∞)上g(x)為減函數(shù)，
∴g(x)max＝g(－1)＝0＋a＝a，
依題意可知，a≥－.
10．(2020·濟(jì)南模擬)已知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)閇
9、－1,5]，部分對(duì)應(yīng)值如下表：
x
－1
0
4
5
f(x)
1
2
2
1
f(x)的導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的圖象如圖所示，
下列關(guān)于函數(shù)f(x)的命題：
①函數(shù)f(x)的值域?yàn)閇1,2]；
②函數(shù)f(x)在[0,2]上是減函數(shù)；
③如果當(dāng)x∈[－1，t]時(shí)，f(x)的最大值是2，那么t的最大值為4；
④當(dāng)1
10、x＝4時(shí)，y＝f(x)取極大值，當(dāng)x＝2時(shí)，y＝f(x)取極小值，因?yàn)閒(2)的值不確定，故①④不正確；對(duì)于③，t的最大值為5.
三、解答題
11．(2020·山東)設(shè)函數(shù)f(x)＝aln x＋，其中a為常數(shù)．
(1)若a＝0，求曲線(xiàn)y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線(xiàn)方程；
(2)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性．
解：由題意知，當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)＝，x∈(0，＋∞)．
此時(shí)f′(x)＝，可得f′(1)＝，
又f(1)＝0，
所以曲線(xiàn)y＝f(x)在(1，f(1))處的切線(xiàn)方程為x－2y－1＝0.
(2)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)．
f′(x)＝＋＝.
當(dāng)a≥0時(shí)，
11、f′(x)＞0，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．
當(dāng)a＜0時(shí)，令g(x)＝ax2＋(2a＋2)x＋a，
由于Δ＝(2a＋2)2－4a2＝4(2a＋1)，
①當(dāng)a＝－時(shí)，Δ＝0，f′(x)＝≤0，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減．
②當(dāng)a＜－時(shí)，Δ＜0，g(x)＜0，
f′(x)＜0，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減．
③當(dāng)－＜a＜0時(shí)，Δ＞0.
設(shè)x1，x2(x1＜x2)是函數(shù)g(x)的兩個(gè)零點(diǎn)，
則x1＝，x2＝.
由x1＝
＝＞0，
所以x∈(0，x1)時(shí)，g(x)＜0，f′(x)＜0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減；
x∈(x1，x2)時(shí)，g(x)＞0，f′(
12、x)＞0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增；
x∈(x2，＋∞)時(shí)，g(x)<0，f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減．
綜上，當(dāng)a ≥0時(shí)，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；
當(dāng)a≤－時(shí)，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減；
當(dāng)－＜a＜0時(shí)，
f(x)在，
上單調(diào)遞減，在
上單調(diào)遞增．
12．(2020·江西)已知函數(shù)f(x)＝(x2＋bx＋b)·(b∈R)．
(1)當(dāng)b＝4時(shí)，求f(x)的極值；
(2)若f(x)在區(qū)間上單調(diào)遞增，求b的取值范圍．
解：(1)當(dāng)b＝4時(shí)，f′(x)＝，
由f′(x)＝0，得x＝－2或x＝0.
當(dāng)x∈(－∞，－2)時(shí)，f′(x)＜0，f(x
13、)單調(diào)遞減；
當(dāng)x∈(－2,0)時(shí)，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增；
當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減．
故當(dāng)x＝－2時(shí)f(x)取得極小值，f(－2)＝0，
當(dāng)x＝0時(shí)f(x)取得極大值，f(0)＝4.
(2)f′(x)＝，
因?yàn)楫?dāng)x∈時(shí)，＜0，
依題意，當(dāng)x∈時(shí)，有5x＋(3b－2)≤0，
從而＋(3b－2)≤0，解得b≤.
所以b的取值范圍為.
13．(2020·福建漳州七校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx(a，b∈R)圖象過(guò)點(diǎn)P(1,2)，且f(x)在點(diǎn)P處的切線(xiàn)與直線(xiàn)y＝8x＋1平行．
(1)求a，b的值；
(2)若f(x)≤m＋在[－
14、1,1]上恒成立，求正數(shù)m的取值范圍．
解：(1)f′(x)＝3x2＋2ax＋b，
由已知得即
解得
(2)由(1)知，f(x)＝x3＋4x2－3x，
若f(x)≤m＋在[－1,1]上恒成立，
只須f(x)max≤m＋.
∵f′(x)＝3x2＋8x－3，
∴令f′(x)＞0，解得x＞或x＜－3，則f(x)在和(－∞，－3)上單調(diào)遞增；
令f′(x)＜0，解得－3＜x＜，則f(x)在上單調(diào)遞減，
∴f(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增．
又f(－1)＝－1＋4＋3＝6，f(1)＝1＋4－3＝2，
∴f(x)max＝6，則m＋≥6.
由m＞0，得m2－6m＋5≥0，
解得m≥5或0＜m≤1.
故m的取值范圍是(0,1]∪[5，＋∞)．
（新課標(biāo)）2020高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第2章 第11節(jié) 導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用（一）課時(shí)作業(yè) 理
