創(chuàng)新大課堂高三人教版數(shù)學理一輪復習課時作業(yè)：第2章 第12節(jié) 導數(shù)的應(yīng)用(一)

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1、課時作業(yè) 一、選擇題 1．(2012·遼寧高考)函數(shù)y＝x2－ln x的單調(diào)遞減區(qū)間為 (　　) A．(－1，1]　　　　　　　　　 B．(0，1] C．[1，＋∞) D．(0，＋∞) B　[對函數(shù)y＝x2－ln x求導，得y′＝x－＝(x>0)， 令解得x∈(0，1]．因此函數(shù)y＝x2－ln x的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，1]．故選B.] 2．(2014·荊州市質(zhì)檢)設(shè)函數(shù)f(x)在R上可導，其導函數(shù)是f′(x)，且函數(shù)f(x)在 x＝－2處取得極小值，則函數(shù)y＝xf′(x)的圖象可能是 (　　) C　[f(x)在x＝－2處取得極小值，即x＜－2，f′(x)＜0;

2、 x＞－2，f′(x)＞0，那么y＝xf′(x)過點(0，0)及(－2，0)． 當x＜－2時，x＜0，f′(x)＜0，則y＞0; 當－2＜x＜0時，x＜0，f′(x)＞0，y＜0； 當x＞0時，f′(x)＞0，y＞0，故C正確．] 3．(理)(2013·遼寧高考)設(shè)函數(shù)f(x)滿足x2f′(x)＋2xf(x)＝，f(2)＝，則x＞0時，f(x) (　　) A．有極大值，無極小值 B．有極小值，無極大值 C．既有極大值又有極小值 D．既無極大值也無極小值 D　[令F(x)＝x2f(x)， 則F′(x)＝x2f′(x)＋2xf(x)＝，F(xiàn)(2)＝4·f(2)＝. 由

3、x2f′(x)＋2xf(x)＝， 得x2f′(x)＝－2xf(x)＝， ∴f′(x)＝. 令φ(x)＝ex－2F(x)， 則φ′(x)＝ex－2F′(x)＝ex－＝. ∴φ(x)在(0，2)上單調(diào)遞減，在(2，＋∞)上單調(diào)遞增， ∴φ(x)的最小值為φ(2)＝e2－2F(2)＝0. ∴φ(x)≥0. 又x＞0，∴f′(x)≥0.∴f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增． ∴f(x)既無極大值也無極小值．故選D.] 3．(文)(2013·福建高考)設(shè)函數(shù)f(x)的定義域為R，x0(x0≠0)是f(x)的極大值點，以下結(jié)論一定正確的是 (　　) A．?x∈R，f(x)≤f(x0)

4、 B．－x0是f(－x)的極小值點 C．－x0是－f(x)的極小值點 D．－x0是－f(－x)的極小值點 D　[由函數(shù)極大值的概念知A錯誤；因為函數(shù)f(x)的圖象與f(－x)的圖象關(guān)于y軸對稱，所以－x0是f(－x)的極大值點．B選項錯誤；因為f(x)的圖象與－f(x)的圖象關(guān)于x軸對稱，所以x0是－f(x)的極小值點．故C選項錯誤；因為f(x)的圖象與－f(－x)的圖象關(guān)于原點成中心對稱，所以－x0是－f(－x)的極小值點．故D正確．] 4．若f(x)＝－(x－2)2＋bln x在(1，＋∞)上是減函數(shù)，則b的取值范圍是 (　　) A．[－1，＋∞) B．(－1，＋∞)

5、C．(－∞，－1] D．(－∞，－1) C　[由題意可知f′(x)＝－(x－2)＋≤0在(1，＋∞)上恒成立，即b≤x(x－2)在x∈(1，＋∞)上恒成立， 由于φ(x)＝x(x－2)＝x2－2x(x∈(1，＋∞))的值域是(－1，＋∞)，故只要b≤－1即可．正確選項為C.] 5. (2013·湖北高考)已知函數(shù)f(x)＝x(ln x－ax)有兩個極值點，則實數(shù)a的取值范圍是 (　　) A．(－∞，0) B. C．(0，1) D．(0，＋∞) B　[f′(x)＝ln x－ax＋x＝ln x－2ax＋1，函數(shù)f(x)有兩個極值點，即 ln x－2ax＋1＝0有兩個不同

6、的根(在正實數(shù)集上)，即函數(shù)g(x)＝與函數(shù)y＝2a在(0，＋∞)上有兩個不同交點．因為g′(x)＝，所以g(x)在 (0，1)上遞增，在(1，＋∞)上遞減，所以g(x)max＝g(1)＝1，如圖． 若g(x)與y＝2a有兩個不同交點，須0＜2a＜1. 即0＜a＜，故選B.] 6．函數(shù)f(x)＝x3－3x－1，若對于區(qū)間[－3，2]上的任意x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤t，則實數(shù)t的最小值是 (　　) A．20 B．18 C．3 D．0 A　[因為f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)，令f′(x)＝0，得x＝±1，所以－1，1為函數(shù)的極值點．

7、又f(－3)＝－19，f(－1)＝1，f(1)＝－3，f(2)＝1，所以在區(qū)間[－3，2]上f(x)max＝1，f(x)min＝－19.又由題設(shè)知在區(qū)間[－3，2]上f(x)max－f(x)min≤t，從而t≥20，所以t的最小值是20.] 二、填空題 7．已知函數(shù)f(x)＝x3＋mx2＋(m＋6)x＋1既存在極大值又存在極小值，則實數(shù)m的取值范圍是________． 解析　f′(x)＝3x2＋2mx＋m＋6＝0有兩個不等實根，即Δ＝4m2－12×(m＋6)>0.所以m>6或m<－3. 答案　(－∞，－3)∪(6，＋∞) 8．(2014·濟寧模擬)若函數(shù)f(x)＝x3－6bx＋3b在

8、(0，1)內(nèi)有極小值，則實數(shù)b的取值范圍是__________． 解析　f′(x)＝3x2－6b. 當b≤0時，f′(x)≥0恒成立，函數(shù)f(x)無極值． 當b＞0時，令3x2－6b＝0得x＝±. 由函數(shù)f(x)在 (0，1)內(nèi)有極小值，可得0＜＜1， ∴0＜b＜. 答案　 9．已知函數(shù)f(x)＝－x2＋4x－3ln x在[t，t＋1]上不單調(diào)，則t的取值范圍是__________． 解析　由題意知f′(x)＝－x＋4－＝＝－，由f′(x)＝0得函數(shù)f(x)的兩個極值點為1，3，則只要這兩個極值點有一個在區(qū)間(t，t＋1)內(nèi)，函數(shù)f(x)在區(qū)間[t，t＋1]上就不單調(diào)，由t＜1

9、＜t＋1或者t＜3＜t＋1，得0＜t＜1或者2＜t＜3. 答案　(0，1)∪(2，3) 三、解答題 10．已知函數(shù)f(x)＝ax2＋bln x在x＝1處有極值. (1)求a，b的值； (2)判斷函數(shù)y＝f(x)的單調(diào)性并求出單調(diào)區(qū)間． 解析　(1)∵f′(x)＝2ax＋. 又f(x)在x＝1處有極值. ∴即 解得a＝，b＝－1. (2)由(1)可知f(x)＝x2－ln x，其定義域是(0，＋∞)， 且f′(x)＝x－＝. 由f′(x)<0，得00，得x>1. 所以函數(shù)y＝f(x)的單調(diào)減區(qū)間是(0，1)， 單調(diào)增區(qū)間是(1，＋∞)． 1

10、1．(2014·蘭州調(diào)研)已知實數(shù)a＞0，函數(shù)f(x)＝ax(x－2)2(x∈R)有極大值32. (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)求實數(shù)a的值． 解析　(1)f(x)＝ax3－4ax2＋4ax， f′(x)＝3ax2－8ax＋4a. 令f′(x)＝0，得3ax2－8ax＋4a＝0. ∵a≠0，∴3x2－8x＋4＝0，∴x＝或x＝2. ∵a＞0，∴當x∈或x∈(2，＋∞)時，f′(x)＞0. ∴函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為和(2，＋∞); ∵當x∈時，f′(x)＜0， ∴函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為. (2)∵當x∈時，f′(x)＞0； 當x∈時，f′(x)＜0

11、； 當x∈(2，＋∞)時，f′(x)＞0， ∴f(x)在x＝時取得極大值， 即a·＝32. ∴a＝27. 12．(2014·鄭州質(zhì)量預(yù)測)已知函數(shù)f(x)＝＋ln x. (1)當a＝時，求f(x)在[1，e]上的最大值和最小值； (2)若函數(shù)g(x)＝f(x)－x在[1，e]上為增函數(shù)，求正實數(shù)a的取值范圍． 解析　(1)當a＝時，f(x)＝＋ln x， f′(x)＝，令f′(x)＝0，得x＝2， ∴當x∈[1，2)時，f′(x)<0，故f(x)在[1，2)上單調(diào)遞減； 當x∈(2，e]時，f′(x)>0，故f(x)在(2，e]上單調(diào)遞增， 故f(x)min＝f(2)＝ln 2－1. 又∵f(1)＝0，f(e)＝<0. ∴f(x)在區(qū)間[1，e]上的最大值f(x)max＝f(1)＝0. 綜上可知，函數(shù)f(x)在[1，e]上的最大值是0，最小值是ln 2－1. (2)∵g(x)＝f(x)－x＝＋ln x－x， ∴g′(x)＝(a>0)， 設(shè)φ(x)＝－ax2＋4ax－4， 由題意知，只需φ(x)≥0在[1，e]上恒成立即可滿足題意． ∵a>0，函數(shù)φ(x)的圖象的對稱軸為x＝2， ∴只需φ(1)＝3a－4≥0， 即a≥即可． 故正實數(shù)a的取值范圍為.