《创新设计》数学一轮（理科）北师大版课时作业 第三章 导数及其应用 课时作业.doc

第2讲导数在研究函数中的应用基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、选择题1(2015九江模拟)函数f(x)(x3)ex的单调递增区间是()A(，2) B(0,3) C(1,4) D(2，)解析函数f(x)(x3)ex的导数为f(x)(x3)exex(x3)ex(x2)ex.由函数导数与函数单调性的关系，得当f(x)0时，函数f(x)单调递增，此时由不等式f(x)(x2)ex0，解得x2.答案D2函数yxex的最小值是()A1 Be C D不存在解析yexxex(1x)ex，令y0，则x1，因为x1时，y0，x1时，y0，所以x1时，ymin.答案C3. (2013浙江卷)已知函数yf(x)的图像是下列四个图像之一，且其导函数yf(x)的图像如图所示，则该函数的图象是()解析由yf(x)的图像知，yf(x)的图像为增函数，且在区间(1,0)上增长速度越来越快，而在区间(0,1)上增长速度越来越慢答案B4对于在R上可导的任意函数f(x)，若满足(xa)f(x)0，则必有()Af(x)f(a) Bf(x)f(a)Cf(x)f(a) Df(x)a时，f(x)0；当x0，f(x)ln x12ax，由于函数f(x)有两个极值点，则f(x)0有两个不等的正根，即函数yln x1与y2ax的图像有两个不同的交点(x0)，则a0；设函数yln x1上任一点(x0,1ln x0)处的切线为l，则kly，当l过坐标原点时，x01，令2a1a，结合图像知0a0)，f(x)x5.令f(x)0，解得x12，x23.当0x3时，f(x)0，故f(x)的递增区间是(0,2)，(3，)；当2x3时，f(x)0，故f(x)的递减区间是(2,3)由此可知f(x)在x2处取得极大值f(2)6ln 2，在x3处取得极小值f(3)26ln 3.10(2014湘潭检测)已知函数f(x)x3ax2bxc在点P(1，f(1)处的切线方程为y3x1.(1)若函数f(x)在x2时有极值，求f(x)的解析式；(2)函数f(x)在区间2,0上单调递增，求实数b的取值范围解f(x)3x22axb，函数f(x)在x1处的切线斜率为3，所以f(1)32ab3，即2ab0，又f(1)1abc2得abc1.(1)函数f(x)在x2时有极值，所以f(2)124ab0，由解得a2，b4，c3，所以f(x)x32x24x3.(2)因为函数f(x)在区间2,0上单调递增，所以导函数f(x)3x2bxb在区间2,0上的值恒大于或等于零，则得b4，所以实数b的取值范围是4，)能力提升题组(建议用时：25分钟)11(2015温州十校月考)已知f(x)是可导的函数，且f(x)f(x)对于xR恒成立，则()Af(1)e2 014f(0)Bf(1)ef(0)，f(2 014)e2 014f(0)Cf(1)ef(0)，f(2 014)e2 014f(0)Df(1)ef(0)，f(2 014)e2 014f(0)解析令g(x)，则g(x)0，所以函数g(x)在R上是单调减函数，所以g(1)g(0)，g(2 014)g(0)，即，故f(1)ef(0)，f(2 014)e2 014f(0)答案D12(2015福州质量检测)若函数f(x)x2x1在区间上有极值点，则实数a的取值范围是()A. B. C. D.解析若函数f(x)在区间上无极值，则当x时，f(x)x2ax10恒成立或当x时，f(x)x2ax10恒成立当x时，yx的值域是；当x时，f(x)x2ax10，即ax恒成立，a2；当x，f(x)x2ax10，即ax恒成立，a.因此要使函数f(x)在上有极值点，实数 a的取值范围是，故选C.答案C13已知函数f(x)x24x3ln x在区间t，t1上不单调，则t的取值范围是_解析由题意知f(x)x4，由f(x)0得函数f(x)的两个极值点为1和3，则只要这两个极值点有一个在区间(t，t1)内，函数f(x)在区间t，t1上就不单调，由t1t1或t3t1，得0t1或2t3.答案(0,1)(2,3)14(2014安徽卷)设函数f(x)1(1a)xx2x3，其中a0.(1)讨论f(x)在其定义域上的单调性；(2)当x0,1时，求f(x)取得最大值和最小值时的x的值解(1)f(x)的定义域为(，)，f(x)1a2x3x2.令f(x)0，得x1，x2，x1x2，所以f(x)3(xx1)(xx2)当xx1或xx2时，f(x)0；当x1xx2时，f(x)0.故f(x)在(，x1)和(x2，)内单调递减，在(x1，x2)内单调递增(2)因为a0，所以x10，x20.当a4时，x21，由(1)知，f(x)在0,1上单调递增，所以f(x)在x0和x1处分别取得最小值和最大值当0a4时，x21，由(1)知，f(x)在0，x2上单调递增，在