第11节 导数的简单应用

第11节导数的简单应用课时训练练题感提知能【选题明细表】一、选择题1.函数y=(3-x2)e x的单调递增区间是( D )(A)(-∞,0) (B)(0,+∞)(C)(-∞,-3)和(1,+∞) (D)(-3,1)解析:y′=-2xe x+(3-x2)e x=e x(-x2-2x+3),由y′>0⇒x2+2x-3<0⇒-3<x<1,∴函数y=(3-x2)e x的单调递增区间是(-3,1).故选D.2.已知函数f(x)=x3+ax2+bx+a2在x=1处有极值10,则f(2)等于( C )(A)11或18 (B)11(C)18 (D)17或18解析:∵函数f(x)=x3+ax2+bx+a2在x=1处有极值10,∴f(1)=10,且f′(1)=0,即解得或而当时,函数在x=1处无极值,故舍去.∴f(x)=x3+4x2-11x+16,∴f(2)=18.故选C.3.(2012年高考大纲全国卷)已知函数y=x3-3x+c的图象与x轴恰有两个公共点,则c等于( A )(A)-2或2 (B)-9或3(C)-1或1 (D)-3或1解析:∵y′=3(x+1)(x-1),∴当x=-1或x=1时取得极值,由题意得f(1)=0或f(-1)=0,即c-2=0或c+2=0,解得c=2或c=-2.故选A.4.若函数f(x)=ax3+bx2+cx+d有极值,则导函数f′(x)的图象不可能是( D )解析:若函数f(x)=ax3+bx2+cx+d有极值,则此函数在某点两侧的单调性相反,也就是说导函数f′(x)在此点两侧的导函数值的符号相反,所以导函数的图象要穿过x轴,观察四个选项中的图象只有D项是不符合要求的,即f′(x)的图象不可能是D.5.(2013福建厦门质检)若函数f(x)=x3-3x在(a,6-a2)上有最小值,则实数a的取值范围是( C )(A)(-,1) (B)[-,1)(C)[-2,1) (D)(-,-2]解析:f′(x)=3x2-3=0,得x=±1,且x=1为函数的极小值点,x=-1为函数的极大值点.函数f(x)在区间(a,6-a2)上,则函数f(x)极小值点必在区间(a,6-a2)内,即实数a满足a<1<6-a2且f(a)=a3-3a≥f(1)=-2.解a<1<6-a2得,-<a<1,不等式a3-3a≥f(1)=-2,即a3-3a+2≥0,即a3-1-3(a-1)≥0,即(a-1)(a2+a-2)≥0,即(a-1)2(a+2)≥0,即a≥-2.故实数a的取值范围是[-2,1).故选C.6.(2013乐山市高三第三次调研)已知函数f(x)的定义域为[-1,5],部分对应值如下表,f(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)是周期函数;②函数f(x)在[0,2]是减函数;③如当x∈[-1,t]时,f(x)的最大值为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.其中正确的命题个数是( D )(A)4 (B)3 (C)2 (D)1解析:由f(x)的定义域为[-1,5]知函数f(x)不是周期函数,由导函数y=f′(x)的图象知f(x)在[0,2]是减函数.当x∈[-1,t]时,f(x)最大值为2,那么t的最大值为5,由于f(2)是函数的一个极小值,且f(2)的值未知,所以当1<a<2时,函数y=f(x)-a的零点个数不确定,故选D.7.(2014自贡模拟)若f(x)=-(x-2)2+bln x在(1,+∞)上是减函数,则b的取值范围是( C )(A)[-1,+∞) (B)(-1,+∞)(C)(-∞,-1] (D)(-∞,-1)解析:由题意可知f′(x)=-(x-2)+≤0,在x∈(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在(1,+∞)上的值域是(-1,+∞),故只要b≤-1即可.8.(2013石室中学高三模拟)已知函数f(x)=|xe x|,方程f2(x)+tf(x)+1=0(t∈R)有四个实数根,则t的取值范围为( B ) (A)(,+∞) (B)(-∞,-)(C)(-,-2) (D)(2,)解析:f(x)=|xe x|=x≥0时,f′(x)=e x+xe x=(1+x)e x>0,x<0时,f′(x)=-e x-xe x=-(1+x)e x,当-1≤x<0时,f′(x)<0,x≤-1时,f′(x)>0,又因f(0)=0于是函数f(x)在(-∞,-1),(0,+∞)上为单调增函数,在(-1,0)上为减函数,其大致图象如图所示,由题意知关于f(x)的方程f2(x)+tf(x)+1=0有两正实根,f(x1),f(x2),不妨设f(x1)<f(x2),则0<f(x1)<,f(x2)>,所以t<-.故选B.二、填空题9.已知向量a=(e x+,-x),b=(1,t),若函数f(x)=a²b在区间(-1,1)上存在增区间,则t的取值范围为.解析:f(x)=e x+-tx,x∈(-1,1),f′(x)=e x+x-t,函数在(x1,x2)⊆(-1,1)上单调递增,故e x+x>t,x∈(x1,x2)时恒成立,故e+1>t.答案:(-∞,e+1)10.(2013眉山模拟)若函数f(x)=x4-ax3+x2-2有且仅有一个极值点,则实数a的取值范围是.解析:f′(x)=4x3-3ax2+2x=x(4x2-3ax+2),函数f(x)=x4-ax3+x2-2有且只有一个极值点的充要条件是9a2-32≤0,解得-≤a≤.答案:[-,]11.(2014郑州模拟)已知函数f(x)=-x3+ax2-4在x=2处取得极值,若m,n∈[-1,1],则f(m)+f′(n)的最小值是.解析:f′(x)=-3x2+2ax,根据已知=2,得a=3,即f(x)=-x3+3x2-4.根据函数f(x)的极值点,可得函数f(m)在[-1,1]上的最小值为f(0)=-4,f′(n)=-3n2+6n在[-1,1]上单调递增,所以f′(n)的最小值为f′(-1)=-9.[f(m)+f′(n)]min=f(m)min+f′(n)min=-4-9=-13.答案:-1312.函数f(x)=的单调递增区间是.解析:f′(x)==>0,即cos x>-,结合三角函数图象或是单位圆中的三角函数线知道,2kπ-<x<2kπ+(k∈Z),即函数f(x)的单调递增区间是(2kπ-,2kπ+)(k∈Z).答案:(2kπ-,2kπ+)(k∈Z)13.函数f(x)=|e x-bx|,其中e为自然对数的底数.若函数y=f(x)有且只有一个零点,则实数b的取值范围是.解析:记g(x)=e x-bx.f(x)=0同解于g(x)=0,因此,只需g(x)=0有且只有一个解.即方程e x-bx=0有且只有一个解.因为x=0不满足方程,所以方程同解于b=(x≠0),令h(x)=,由h′(x)==0得x=1.当x∈(1,+∞)时,h′(x)>0,h(x)单调递增,h(x)∈(e,+∞);当x∈(0,1)时,h′(x)<0,h(x)单调递减,h(x)∈(e,+∞);所以当x∈(0,+∞)时,方程b=有且只有一解等价于b=e.当x∈(-∞,0)时,h(x)单调递减,且h(x)∈(-∞,0),从而方程b=有且只有一解等价于b∈(-∞,0).综上所述,b的取值范围为(-∞,0)∪{e}.答案:(-∞,0)∪{e}三、解答题14.(2014四川眉山二诊)已知函数f(x)=aln x-ax-3(a∈R).(1)求函数f(x)的单调区间;(2)若函数y=f(x)的图象在点(2,f(2))处的切线的倾斜角为45°,对于任意的t∈[1,2],函数g(x)=x3+x2²[f′(x)+]在区间(t,3)内总不是单调函数,求m的取值范围.解:(1)f′(x)=(x>0),当a>0时,f(x)的增区间为(0,1),减区间为(1,+∞);当a<0时,f(x)的增区间为(1,+∞),减区间为(0,1);当a=0时,f(x)不是单调函数.(2)由(1)得f′(2)=-=1,即a=-2,∴f(x)=-2ln x+2x-3,∴g(x)=x3++2x2-2x,∴g′(x)=3x2+(m+4)x-2.∵g(x)在区间(t,3)内总不是单调函数,即g′(x)=0在区间(t,3)内有变号零点.由于g′(0)=-2,∴当g′(t)<0,即3t2+(m+4)t-2<0对任意t∈[1,2]恒成立,由于g′(0)<0,故只要g′(1)<0且g′(2)<0,即m<-5且m<-9,即m<-9;由g′(3)>0,即m>-.所以-<m<-9.15.(2013四川广元高三第二次适应性测试)已知函数f(x)=x3-x2+ax+b的图象在点P(0,f(0))处的切线方程为y=3x-2.(1)求实数a、b的值;(2)设g(x)=f(x)+是[2,+∞)上的增函数,①求实数m的最大值;②当m取最大值时,是否存在点Q,使得过点Q的直线若能与曲线y=g(x)围成两个封闭图形,则这两个封闭图形的面积总相等?若存在,求出Q点的坐标;若不存在,说明理由.解:(1)∵f(x)=x3-x2+ax+b,f′(x)=x2-2x+a.由题设得即(2)①由g(x)=x3-x2+3x-2+得g′(x)=x2-2x+3-.∵g(x)是[2,+∞)上的增函数,所以g′(x)≥0在[2,+∞)上恒成立.设(x-1)2=t,因为x∈[2,+∞),所以t∈[1,+∞).即不等式t+2-≥0在[1,+∞)上恒成立.当m≤0时,设y=t+2-≥0在[1,+∞)上恒成立.当m>0时,设y=t+2-,t∈[1,+∞).∵y′=1+>0,所以函数y=t+2-在[1,+∞)上单调递增.∴y min=3-m.∵y min≥0,所以3-m≥0,即m≤3.又m>0,故0<m≤3.综上,m的最大值为3.②存在,由(1)得g(x)=x3-x2+3x-2+.∵g(x)=(x3-3x2+3x-1)+2(x-1)++=(x-1)3+2(x-1)++它的图象是由奇函数h(x)=x3+2x+的图象向右平移1个单位,再向上平移个单位得来的,∴g(x)的图象关于点Q(1,)成中心对称.∴存在点Q(1,)使得过点Q的直线若能与函数g(x)的图象围成两个封闭图形,则这两个封闭图形的面积总相等.16.(2013成都市高中毕业班第三次诊断)已知函数f(x)=x2+ln(x-a),a∈R.(1)若f(x)有两个不同的极值点,求a的取值范围;(2)当a≤-2时,令g(a)表示f(x)在[-1,0]上的最大值,求g(a)的表达式;(3)求证:+ln<1+++…+,n∈N*.解:(1)f′(x)=2x+=(x>a).∵f(x)有两个不同的极值点,∴令h(x)=2x2-2ax+1,则h(x)有两个大于a的零点.∴∴a<-.(2)由(1),知当a≤-2时,f(x)在(a,],[,+∞)上单调递增;在,上单调递减.x=-≤-1-<-1,1=又x,<=-a,故x2<0.注意到h(x)=2x2-2ax+1的对称轴x=<-1,h(-1)=3+2a<0,h(0)=1>0,可推知-1<x2<0.∴当x∈[-1,0]时,g(a)=f(x)max=max{f(-1),f(0)}.而f(0)=ln(-a),f(-1)=1+ln(-1-a),又由f(0)> f(-1)⇒a>,但>-2,故f(0)>f(1)不成立.综上分析可知,g(a)=f(-1)=1+ln(-1-a)(a≤-2).(3)由(2),当a=-2时,f(x)在[-1,0]上有最大值f(-1)=1.即当x∈[-1,0],a=-2时,x2+ln(x+2)≤1.令x+2=,则x=-∈(-1,0].∴2+ln<1.∴ln<-,即+ln<.∴+ln<+ln<.∴+ln(n+1)<,即+ln(n+1)<.∴+ln<1+++…+.。