《2014屆高考數學一輪復習方案 第14講 導數的應用（一）課時作業(yè) 新人教B版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2014屆高考數學一輪復習方案 第14講 導數的應用（一）課時作業(yè) 新人教B版（13頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、課時作業(yè)(十四)A　[第14講　導數的應用(一)] (時間：45分鐘　分值：100分) 1．函數f(x)＝x＋elnx的單調遞增區(qū)間為(　　) A．(0，＋∞) B．(－∞，0) C．(－∞，0)和(0，＋∞) D．R 2．[2012·濟寧質檢] 函數f(x)＝ax3＋x＋1有極值的充要條件是(　　) A．a≥0 B． a>0 C．a≤0 D．a<0 3．設a∈R，若函數y＝ex＋ax，x∈R有大于零的極值點，則(　　) A．a<－1 B．a>－1 C．a≥－ D．a<－ 4．函數f(x)＝x3－3x2＋1在x＝________處取得極小值．

2、 5．函數f(x)＝ex＋e－x在(0，＋∞)上(　　) A．有極大值 B．有極小值 C．是增函數 D．是減函數 6．[2012·合肥三檢] 圖K14－1 函數f(x)的圖象如圖K14－1所示，則不等式(x＋3)f′(x)<0的解集為(　　) A．(1，＋∞) B．(－∞，－3) C．(－∞，－1)∪(1，＋∞) D．(－∞，－3)∪(－1，1) 7．[2012·西安模擬] 若函數f(x)＝x3－12x在區(qū)間 (k－1，k＋1)上不是單調函數，則實數k的取值范圍是(　　) A．k≤－3或－1≤k≤1或k≥3 B．－3

3、

4、(x)是R上的偶函數，且在(0，＋∞)上有f′(x)＞0，若f(－1)＝0，那么關于x的不等式xf(x)＜0的解集是________________． 12．[2012·鹽城一模] 函數f(x)＝(x2＋x＋1)ex(x∈R)的單調減區(qū)間為________． 13．已知函數f(x)＝x3－bx2＋c(b，c為常數)，當x＝2時，函數f(x)取極值，則b＝________；若函數f(x)存在三個不同零點，則實數c的取值范圍是________． 14．(10分)已知函數f(x)＝4x3＋3tx2－6t2x＋t－1，x∈R，其中t∈R. (1)當t＝1時，求曲線y＝f(x)在點(0，f(0)

5、)處的切線方程； (2)當t>0時，求f(x)的單調區(qū)間． 15．(13分)已知f(x)＝ax3＋bx2＋cx(a≠0)在x＝±1時取得極值，且f(1)＝－1. (1)試求常數a，b，c的值； (2)試判斷x＝±1是函數的極小值點還是極大值點，并說明理由． 16．(12分)[2013·大連期中測試] 已知函數f(x)＝ax－1－lnx(a∈R)． (1)討論函數f(x)在定義域內的極值點的個數； (2)若函數f(x)在x＝1處取得極值，且對?x∈(0，＋∞)，f(x)≥bx－2恒成立，求實數b的取值范圍； (3)當0<

6、x

7、0 3．函數f(x)＝在區(qū)間(0，1)上(　　) A．是減函數 B．是增函數 C．有極小值 D．有極大值 4．已知曲線y＝x2－1在x＝x0處的切線與曲線y＝1－x3在x＝x0處的切線互相平行，則x0的值為________． 5．[2012·萊州一中二檢] 已知對任意實數x，有f(－x)＝－f(x)，g(－x)＝g(x)，且x>0時，f′(x)>0，g′(x)>0，則x<0時(　　) A．f′(x)>0，g′(x)>0 B．f′(x)>0，g′(x)<0 C．f′(x)<0，g′(x)>0 D．f′(x)<0，g′(x)<0 6．若a＞0，b＞0，且函數

8、f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1處有極值，則ab的最大值等于(　　) A．2 B．3 C．6 D．9 7．[2012·遼寧卷] 函數y＝x2－lnx的單調遞減區(qū)間為(　　) A．(－1，1] B．(0，1] C．[1，＋∞) D．(0，＋∞) 8．[2012·自貢三診] 設函數f(x)在定義域內可導，y＝f(x)的圖象如圖K14－2所示，則其導函數y＝f′(x)的圖象可能為(　　) 圖K14－2 圖K14－3 9．[2013·如皋中學階段練習] 已知曲線y＝(a－3)x3＋lnx存在垂直于y軸的切線，則a的取值范圍為(　　) A．a<3

9、 B．a>3 C．a≤3 D．a≥3 10．函數f(x)＝xlnx的單調遞增區(qū)間是________________________________________________________________________． 11．若函數f(x)＝在x＝1處取極值，則a＝________． 12．直線y＝a與函數f(x)＝x3－3x的圖象有相異的三個公共點，則a的取值范圍是________． 圖K14－4 13．如圖K14－4是y＝f(x)的導函數的圖象，現有四種說法： ①f(x)在(－3，－1)上是增函數； ②x＝－1是f(x)的極小值點； ③f(x)在(2，4)

10、上是減函數，在(－1，2)上是增函數； ④x＝2是f(x)的極小值點． 以上正確結論的序號為________． 14．(10分)[2012·海淀模擬] 函數f(x)＝(a∈R)． (1)若f(x)在點(1，f(1))處的切線斜率為，求實數a的值； (2)若f(x)在x＝1處取得極值，求函數f(x)的單調區(qū)間． 15．(13分)已知a∈R，函數f(x)＝(－x2＋ax)ex(x∈R，e為自然對數的底數)． (1)當a＝2時，求函數f(x)的單調遞增區(qū)間； (2)是否存在實數a使函數f(x)在R上為單調遞減函數？若存在，求出a的取值范圍；若不

11、存在，請說明理由． 16．(12分)[2012·浙江卷] 已知a∈R，函數f(x)＝4x3－2ax＋a. (1) 求f(x)的單調區(qū)間； (2)證明：當0≤x≤1時，f(x)＋|2－a|>0. 課時作業(yè)(十四)A 【基礎熱身】 1．A　[解析] 因為函數f(x)的定義域為(0，＋∞)，且f′(x)＝1＋>0.故f(x)的遞增區(qū)間為(0，＋∞)．故選A. 2．D　[解析] f′(x)＝3ax2＋1，若函數有極值，則方程3ax2＋1＝0必有實數根，顯然a≠0，所以x2＝－>0，解得a<0.故選D. 3．A　[解析] y′＝

12、ex＋a，由條件知，有解，所以a＝－ex<－1.故選A. 4．2　[解析] f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)．當x＜0時，f′(x)＞0；當0＜x＜2時，f′(x)＜0；當x＞2時，f′(x)＞0，故當x＝2時f(x)取得極小值． 【能力提升】 5．C　[解析] 依題意知，當x＞0時，f′(x)＝ex－e－x＞e0－e0＝0，因此f(x)在(0，＋∞)上是增函數． 6．D　[解析] 由不等式(x＋3)f′(x)<0得或觀察圖象可知，x<－3或－10得函數的增

13、區(qū)間是(－∞，－2)和(2，＋∞)，由y′<0得函數的減區(qū)間是(－2，2)．由于函數f(x)在(k－1，k＋1)上不是單調函數，所以有k－1<－22時，f′(x)>0，函數f(x)為增函數；當0

14、3}　[解析] 由題意知f′(－2)＝0，f′(0)＝0，而f′(x)＝3x2－2px，則有12＋4p＝0，即p＝－3.故填{－3}． 11．(－∞，－1)∪(0，1)　[解析] 在(0，＋∞)上有f′(x)＞0，所以f(x)在(0，＋∞)上單調遞增．又函數f(x)是R上的偶函數，所以f(x)在(－∞，0)上單調遞減，又f(1)＝f(－1)＝0.當x＞0時，xf(x)＜0，所以0＜x＜1；當x＜0，xf(x)<0，所以x＜－1. 12．(－2，－1)　[解析] 因f′(x)＝(2x＋1)ex＋(x2＋x＋1)ex＝(x2＋3x＋2)ex，令f′(x)<0，則x2＋3x＋2<0，解得－2

15、<－1. 13．1　0＜c＜　[解析] 因為f′(x)＝x2－2bx，又x＝2是f(x)的極值點， 則f′(2)＝22－2b×2＝0，∴b＝1. 且x∈(0，2)時，f′(x)＜0，f(x)單調遞減， x∈(－∞，0)，(2，＋∞)時，f′(x)＞0，f(x)單調遞增， 若f(x)＝0有3個不同實根，則解得0＜c＜. 14．解：(1)當t＝1時，f(x)＝4x3＋3x2－6x，f(0)＝0， f′(x)＝12x2＋6x－6，f′(0)＝－6. 所以曲線y＝f(x)在點(0， f(0))處的切線方程為y＝－6x. (2)f′(x)＝12x2＋6tx－6t2. 令f′(x)＝0

16、，解得x＝－t或x＝. 因t>0，則－t＜.當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表： x (－∞，－t) f′(x) ＋ － ＋ f(x)    所以，f(x)的單調遞增區(qū)間是(－∞，－t)，； f(x)的單調遞減區(qū)間是. 15．解：(1)f′(x)＝3ax2＋2bx＋c， 因為x＝±1是函數f(x)的極值點，且f(x)在定義域內任意一點處可導． 所以x＝±1使方程f′(x)＝0，即x＝±1為3ax2＋2bx＋c＝0的兩根， 由根與系數的關系得 又f(1)＝－1， 所以a＋b＋c＝－1，③ 由①②③解得a＝，b＝0，c＝－.

17、 (2)由(1)知f(x)＝x3－x， 所以f′(x)＝x2－＝(x－1)(x＋1)， 當x>1或x<－1時，f′(x)>0； 當－10時，由f′(x)≤0得0

18、x≥， ∴f(x)在上單調遞減，在上單調遞增，即f(x)在x＝處有極小值． ∴當a≤0時，f(x)在(0，＋∞)上沒有極值點， 當a>0時，f(x)在(0，＋∞)上有一個極值點． (2)∵函數f(x)在x＝1處取得極值，∴a＝1， ∴f(x)≥bx－2?1＋－≥b. 令g(x)＝1＋－，可得g(x)在(0，e2]上遞減，在[e2，＋∞)上遞增， ∴g(x)min＝g(e2)＝1－，即b≤1－. (3)令h(x)＝－＝g(x)－1， 由(2)可知g(x)在(0，e2)上單調遞減，則h(x)在(0，e2)上單調遞減， ∴當0h(y)，即>.

19、 當00，∴>； 當e

20、)>0.所以在區(qū)間(0，1)上f(x)是減函數，x＝e時有極小值f(e)＝e.故選A. 4．－或0　[解析] 依題意兩曲線在x＝x0的導數相等，即2x0＝－3x，解得x0＝－或x0＝0. 【能力提升】 5．B　[解析] 由已知得f(x)是奇函數，g(x)是偶函數，且x>0時，f(x)與g(x)都是增函數，根據奇函數和偶函數的對稱性可知，當x<0時，f(x)是增函數，g(x)是減函數，所以f′(x)>0，g′(x)<0.故選B. 6．D　[解析] f′(x)＝12x2－2ax－2b，由函數f(x)在x＝1處有極值，可知函數f(x)在x＝1處的導數值為零，即12－2a－2b＝0，所以a＋b

21、＝6.由題意知a，b都是正實數，所以ab≤＝＝9，當且僅當a＝b＝3時取到等號． 7．B　[解析] ∵y′＝′＝x－＝＝，又因為定義域為(0，＋∞)，令y′<0，得到00，排除A，C；當x>0時，f(x)的單調性依次是遞增、遞減、遞增，所以f′(x)在對應的區(qū)間上的符號依次為正、負、正．選項D正確．故選D. 9．A　[解析] 函數的定義域為(0，＋∞)，依題意y′＝0有實數根，即3(a－3)x2＋＝0有實數根，整理得x3＝，所以>0，得a<3. 10.，＋∞　[解析] 函數f

22、(x)的定義域為(0，＋∞)，因為f′(x)＝lnx＋1，由f′(x)＞0，得x＞，所以f(x)的單調遞增區(qū)間為，＋∞. 11．3　[解析] 因為f(x)在x＝1處取極值，所以f′(1)＝0，又f′(x)＝， 所以f′(1)＝＝0，即2×1×(1＋1)－(1＋a)＝0，故a＝3. 12．(－2，2)　[解析] 令f′(x)＝3x2－3＝0，得x＝±1，可得極大值為f(－1)＝2，極小值為f(1)＝－2，所以當－2＜a＜2時，直線y＝a與f(x)恰有三個不同的公共點． 13．②③　[解析] 當x∈(－3，－1)時，f′(x)<0，即f(x)在(－3，－1)上是減函數，故①錯誤；對于②，在

23、x＝－1附近，當x<－1時，f′(x)<0，當x>－1時，f′(x)>0，故x＝－1是f(x)的極小值點，故②正確，同理可知④錯誤；當x∈(2，4)時，f′(x)<0，f(x)是減函數；當x∈(－1，2)時，f′(x)>0，f(x)是增函數，故③正確． 14．解：(1)f′(x)＝＝， 若f(x)在點(1，f(1))處的切線斜率為，則f′(1)＝. 所以，f′(1)＝＝，得a＝1. (2)因為f(x)在x＝1處取得極值，所以f′(1)＝0， 即1＋2－a＝0，a＝3，所以f′(x)＝. 因為f(x)的定義域為{x|x≠－1}，所以有： x (－∞，－3) －3 (－3，－1

24、) (－1，1) 1 (1，＋∞) f′(x) ＋ 0 － － 0 ＋ f(x) 遞增 極大值 遞減 遞減 極小值 遞增 所以，f(x)的單調遞增區(qū)間是(－∞，－3)，(1，＋∞)，單調遞減區(qū)間是(－3，－1)，(－1，1)． 15．解：(1)當a＝2時，f(x)＝(－x2＋2x)ex， 所以f′(x)＝(－2x＋2)ex＋(－x2＋2x)ex＝(－x2＋2)ex. 令f′(x)＞0，即(－x2＋2)ex＞0， 因為ex＞0，所以－x2＋2＞0，解得－＜x＜. 所以函數f(x)的單調遞增區(qū)間是(－，)． (2)若函數f(x)在R上單調遞減，則f′

25、(x)≤0對x∈R都成立， 即[－x2＋(a－2)x＋a]ex≤0對x∈R都成立． 因為ex＞0，所以x2－(a－2)x－a≥0對x∈R都成立． 所以Δ＝(a－2)2＋4a≤0，即a2＋4≤0，這是不可能的． 故不存在實數a使函數f(x)在R上單調遞減． 【難點突破】 16．解：(1)由題意得f′(x)＝12x2－2a. 當a≤0時，f′(x)≥0恒成立，此時f(x)的單調遞增區(qū)間為(－∞，＋∞)． 當a＞0 時，f′(x)＝12，此時 函數f(x)的單調遞增區(qū)間為和， 單調遞減區(qū)間為. (2)由于0≤x≤1，故 當a≤2時，f(x)＋|a－2|＝4x3－2ax＋2≥4x3－4x＋2. 當a＞2時，f(x)＋|a－2|＝4x3＋2a(1－x)－2≥4x3＋4(1－x)－2＝4x3－4x＋2. 設g(x)＝2x3－2x＋1，0≤x≤1，則 g′(x)＝6x2－2＝6， 于是 x 0 1 g′(x) － 0 ＋ g(x) 1 減 極小值 增 1 所以，g(x)min＝g＝1－＞0. 所以當0≤x≤1時，2x3－2x＋1＞0. 故f(x)＋|a－2|≥4x3－4x＋2＞0.