2016届高考数学一轮复习 2.13导数在研究函数中的应用(一)练习 理

第十三节 导数在研究函数中的应用(一)

1.函数y ＝x ＋xln x 的单调递减区间是( ) A ．(－∞，e －2

) B ．(0，e －2

) C ．(e －2

，＋∞) D ．(e 2

，＋∞) 答案：B

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 3

－x)的递减区间为? ?

?

??

－33，33，则a 的取值范围是( ) A ．(0，＋∞) B ．(－1，0) C ．(1，＋∞) D ．(0，1) 解析：∵y′＝a(3x 2－1)＝3a ? ?

???x ＋33? ??

??x －33， ∴当－

33＜x ＜33时，?

?

???x ＋33? ????x －33＜0.

∴要使y ′＜0，必须取a ＞0.故选A. 答案：A

4．设直线x ＝t 与函数f(x)＝x 2

，g(x)＝ln x 的图象分别交于点M ，N ，则当|MN|达到最小值时，t 的值为( )

A ．1 B.12 C.52 D.2

2

解析：由题意知，|MN|＝x 2

－ln x(x ＞0)，不妨令h(x)＝x 2

－ln x(x>0)，则h′(x)＝2x －1x ，令h′(x)＝0解得x ＝22，因为当x∈? ????0，22时，h ′(x)＜0，当x∈? ????

22，＋∞时，

h ′(x)＞0，所以当x ＝

22时，|MN|达到最小，即t ＝2

2

.故选D. 答案：D

5．(2013·湖北卷)已知a 为常数，函数f(x)＝x(ln x －ax)有两个极值点x 1，x 2(x 1＜x 2)，则( )

A ．f(x 1)＞0，f(x 2)＞－12

B ．f(x 1)＜0，f(x 2)＜－1

2

C ．f(x 1)＞0，f(x 2)＜－1

2

D ．f(x 1)＜0，f(x 2)＞－1

2

解析：由已知得f′(x)＝0有两个正实数根x 1，x 2(x 1

f ′(x)＝ln x ＋1－2ax(x>0)，依题意ln x ＋1－2ax ＝0有两个正实数根x 1，x 2(x 1

g ′(x)＝1

x －2a ，显然当a≤0时不合题意，必有a>0.令g ′(x)＝

0，得x ＝12a ，于是g(x)在? ????0，12a 上是增函数，在? ????12a ，＋∞上是减函数，所以g(x)在x ＝

12a 处取得极大值，所以f′? ??

??12a ＝ln 12a >0，即12a >1，0

于是f(x 1)＝x 1 ln x 1－ax 2

1

＝x 1(2ax 1－1)－ax 21

＝ax 21

－x 1＝x 1(ax 1－1)<0.又x∈? ??

??12a ，x 2时

f′(x)>0，x ∈(x 2，＋∞)时f′(x)<0，所以x 2是f(x)的极大值点，所以f(x 2)>f(1)＝－a>－1

2

.

答案：D

6．已知x ＝3是函数f(x)＝aln x ＋x 2

－10x 的一个极值点，则实数a ＝________． 解析：f′(x)＝a x ＋2x －10，由f′(3)＝a

3＋6－10＝0得a ＝12，经检验满足题设条件．

答案：12

7．设函数f(x)＝13x 3－(1＋a)x 2

＋4ax ＋24a ，其中常数a ＞1，则f(x) 的单调减区间为

________．

解析：f′(x)＝x 2

－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) 8．设曲线y ＝x

n ＋1

(n∈N *

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

则a 1＋a 2＋…＋a 99的值为________．

解析：∵y′＝(n ＋1)x n

，

∴切线斜率为n ＋1，切线方程为y －1＝(n ＋1)(x －1)， ∴x n ＝1－1n ＋1＝n n ＋1

.

∴a 1＋a 2＋…＋a 99＝lg x 1＋lg x 2＋…＋lg x 99＝lg(x 1·x 2…x 99)＝lg ? ????12×2

3×…×9899×99100＝lg 1

100

＝－2.

答案：－2

9．已知函数f 1(x)＝e

|x －a|，f 2(x)＝e bx

.

(1)若f(x)＝f 1(x)＋f 2(x)－bf 2(－x)，是否存在a ，b ∈R ，y ＝f(x)为偶函数．如果存在．请举例并证明你的结论，如果不存在，请说明理由；

(2)若a ＝2，b ＝1.求函数g(x)＝f 1(x)＋f 2(x)在R 上的单调区间． 解析：(1)存在a ＝0，b ＝－1使y ＝f(x)为偶函数， 证明如下：此时f(x)＝e |x|

＋e －x

＋e x

，x ∈R ∴f(－x)＝e

|－x|

＋e x ＋e －x

＝f(x)，

∴y ＝f(x)为偶函数(注：a ＝0，b ＝0也可以)．

(2)∵g(x)＝e |x －2|＋e x

＝?

????e x －2

＋e x

，x ≥2，e 2－x ＋e x ，x ＜2.

①当x≥2时，g(x)＝e

x －2

＋e x ，∴g ′(x)＝e

x －2

＋e x

＞0，

∴y ＝g(x)在[2，＋∞)上为增函数． ②当x ＜2时，g(x)＝e

2－x

＋e x ，则g′(x)＝－e

2－x

＋e x

，

令g′(x)＝0得到x ＝1， 当x ＜1时，g ′(x)＜0，

∴y ＝g(x)在(－∞，1)上为减函数； 当1≤x＜2时，g ′(x)＞0， ∴y ＝g(x)在(1，2)上为增函数．

综上所述：y ＝g(x)的单调增区间为[1，＋∞)，单调减区间为(－∞，1)． 10. 设f(x)＝ae x

＋1ae x ＋b(a>0)．

(1)求f(x)在[0，＋∞)上的最小值；

(2)设曲线y ＝f(x)在点(2，f(2))的切线方程为y ＝3

2x ，求a ，b 的值．

解析：(1)设t ＝e x

(t≥1)，则y ＝at ＋1at ＋b ?y ′＝a －1at 2＝a 2t 2

－1

at

2

. ①当a≥1时，y ′>0?y ＝at ＋1

at ＋b 在t ≥1上是增函数，所以当t ＝1(x ＝0)时，f(x)

的最小值为a ＋1

a

＋b;

②当0

at

＋b≥2＋b,

当且仅当at ＝1? ????t ＝e x ＝1a ，x ＝－ln a 时，f(x)的最小值为b ＋2. (2)f(x)＝ae x

＋

1ae x ＋b ?f ′(x)＝ae x

－1ae

x . 由题意得????

?f （2）＝3，f ′（2）＝32??????ae 2

＋1ae 2＋b ＝3，ae 2－1ae

2＝32

??????a ＝2

e 2，b ＝12

.