（新课标）2020高考数学大一轮复习第2章第11节导数在研究函数中的应用（一）课时作业理（通用）.doc

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课时作业(十四)导数在研究函数中的应用(一)一、选择题1．(2020·山东高考预测)已知函数f(x)的定义域为R，其导函数f′(x)的图象如图所示，则对于任意x1，x2∈R(x1≠x2)，下列结论正确的是()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．①③B．①③④C．②④D．③⑤答案：D解析：由f′(x)的图象知，函数在R上为减函数，且递减的速度逐渐减慢，函数y＝f(x)的示意图如图所示．由图象知，③⑤正确．故应选D.2．若函数y＝a(x3－x)的递减区间为，则a的取值范围是()A．(0，＋∞)B．(－1,0)C．(1，＋∞)D．(0,1)答案：A解析：y′＝a(3x2－1)，解3x2－1<0，得－<x<.∴f(x)＝x3－x在上为减函数．又y＝a(x3－x)的递减区间为，∴a>0.故应选A.3．(2020·山西高考信息优化卷)已知对任意m∈R，直线x＋y＋m＝0都不是f(x)＝x3－3ax(a∈R)的切线，则a的取值范围是()A.B．C.D．答案：B解析：由题意，得f′(x)＝3x2－3a≠－1，即a≠x2＋.∵x∈R，∴x2＋≥，解得a＜.故应选B.4．(2020·惠州模拟)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)，F(x)＝f(x)－g(x)，如果函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图象如图所示，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)的极值点答案：B解析：由题知，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，f′(x)<f′(x0)，即F′(x)<0，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．故应选B.5．(2020·湖南)若0<x1<x2<1，则()A．ex2－ex1>ln x2－ln x1 B．e x2－e x1<ln x2－ln x1 C．x2e x1>x1e x2 D．x2e x1<x1e x2答案：C解析：构造函数f(x)＝ex－ln x，则f′(x)＝ex－，故f(x)＝ex－ln x在(0,1)上有一个极值点，即f(x)＝ex－ln x在(0,1)上不是单调函数，无法判断f(x1)与f(x2)的大小，故A，B错；构造函数g(x)＝，则g′(x)＝＝，故函数g(x)＝在(0,1)上单调递减，故g(x1)>g(x2)，x2e x1>x1e x2.故应选C.6．(2020·江西上饶模拟)已知f(x)＝x3－3x＋m，在区间[0,2]上任取三个数a，b，c，均存在以f(a)，f(b)，f(c)为边长的三角形，则m的取值范围是()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)，所以函数f(x)在区间[0,1)上单调递减，在区间(1,2]上单调递增，则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.由题意知，f(1)＝m－2＞0，①由f(1)＋f(1)＞f(2)，得－4＋2m＞2＋m，②由①②，得m＞6，故应选C.二、填空题7．函数f(x)＝的单调递减区间是________．答案：(0,1)，(1，e)解析：f′(x)＝，令f′(x)＜0，得∴0＜x＜1或1＜x＜e，故函数的单调递减区间是(0,1)和(1，e)．8．已知函数f(x)＝x3＋3mx2＋nx＋m2在x＝－1处有极值0，则m＋n＝________.答案：11解析：∵f′(x)＝3x2＋6mx＋n，∴由已知，可得∴或当时，f′(x)＝3x2＋6x＋3＝3(x＋1)2≥0恒成立，与x＝－1是极值点矛盾，当时，f′(x)＝3x2＋12x＋9＝3(x＋1)(x＋3)，显然x＝－1是极值点，符合题意，∴m＋n＝11.9．(2020·德州模拟)已知f(x)＝xex，g(x)＝－(x＋1)2＋a，若∃x1，x2∈R，使得f(x2)≤g(x1)成立，则实数a的取值范围是________．答案：解析：∵∃x1，x2∈R，使得f(x2)≤g(x1)成立，∴f(x)的最小值小于或等于g(x)的最大值即可．∵f(x)＝xex，∴f′(x)＝(xex)′＝ex＋xex＝(1＋x)ex，∴当x>－1时，f′(x)>0，即f(x)在(－1，＋∞)上为增函数，当x<－1时，f′(x)<0，即f(x)在(－∞，－1)上为减函数，∴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)为增函数，在(－1，＋∞)上g(x)为减函数，∴g(x)max＝g(－1)＝0＋a＝a，依题意可知，a≥－.10．(2020·济南模拟)已知函数f(x)的定义域为[－1,5]，部分对应值如下表：x－1045f(x)1221f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，下列关于函数f(x)的命题：①函数f(x)的值域为[1,2]；②函数f(x)在[0,2]上是减函数；③如果当x∈[－1，t]时，f(x)的最大值是2，那么t的最大值为4；④当1<a<2时，函数y＝f(x)－a有4个零点．其中真命题为________(填写序号)．答案：②解析：由y＝f′(x)的图象知，y＝f(x)在(－1,0)上递增，在(0,2)上递减，在(2,4)上递增，在(4,5)上递减，故②正确；当x＝0与x＝4时，y＝f(x)取极大值，当x＝2时，y＝f(x)取极小值，因为f(2)的值不确定，故①④不正确；对于③，t的最大值为5.三、解答题11．(2020·山东)设函数f(x)＝aln x＋，其中a为常数．(1)若a＝0，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)讨论函数f(x)的单调性．解：由题意知，当a＝0时，f(x)＝，x∈(0，＋∞)．此时f′(x)＝，可得f′(1)＝，又f(1)＝0，所以曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为x－2y－1＝0.(2)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝＋＝.当a≥0时，f′(x)＞0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．当a＜0时，令g(x)＝ax2＋(2a＋2)x＋a，由于Δ＝(2a＋2)2－4a2＝4(2a＋1)，①当a＝－时，Δ＝0，f′(x)＝≤0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减．②当a＜－时，Δ＜0，g(x)＜0，f′(x)＜0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减．③当－＜a＜0时，Δ＞0.设x1，x2(x1＜x2)是函数g(x)的两个零点，则x1＝，x2＝.由x1＝＝＞0，所以x∈(0，x1)时，g(x)＜0，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；x∈(x1，x2)时，g(x)＞0，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；x∈(x2，＋∞)时，g(x)<0，f′(x)<0，函数f(x)单调递减．综上，当a≥0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a≤－时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当－＜a＜0时，f(x)在，上单调递减，在上单调递增．12．(2020·江西)已知函数f(x)＝(x2＋bx＋b)·(b∈R)．(1)当b＝4时，求f(x)的极值；(2)若f(x)在区间上单调递增，求b的取值范围．解：(1)当b＝4时，f′(x)＝，由f′(x)＝0，得x＝－2或x＝0.当x∈(－∞，－2)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈(－2,0)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x∈时，f′(x)＜0，f(x)单调递减．故当x＝－2时f(x)取得极小值，f(－2)＝0，当x＝0时f(x)取得极大值，f(0)＝4.(2)f′(x)＝，因为当x∈时，＜0，依题意，当x∈时，有5x＋(3b－2)≤0，从而＋(3b－2)≤0，解得b≤.所以b的取值范围为.13．(2020·福建漳州七校联考)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx(a，b∈R)图象过点P(1,2)，且f(x)在点P处的切线与直线y＝8x＋1平行．(1)求a，b的值；(2)若f(x)≤m＋在[－1,1]上恒成立，求正数m的取值范围．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，只须f(x)max≤m＋.∵f′(x)＝3x2＋8x－3，∴令f′(x)＞0，解得x＞或x＜－3，则f(x)在和(－∞，－3)上单调递增；令f′(x)＜0，解得－3＜x＜，则f(x)在上单调递减，∴f(x)在上单调递减，在上单调递增．又f(－1)＝－1＋4＋3＝6，f(1)＝1＋4－3＝2，∴f(x)max＝6，则m＋≥6.由m＞0，得m2－6m＋5≥0，解得m≥5或0＜m≤1.故m的取值范围是(0,1]∪[5，＋∞)．。