2024-2025学年高中数学第一章导数及其应用1.3第13课时导数的应用习题课习题含解析新人教B版选修2-2

第13课时导数的应用习题课限时：45分钟总分：100分一、选择题(每小题6分，共36分)1．函数y＝xlnx的单调递减区间是(D)A．(－∞，e－1) B．(e－1，＋∞)C．(e，＋∞) D．(0，e－1)解析：y′＝1＋lnx，由y′<0得x<e－1，又x>0，所以函数的递减区间是(0，e－1)．2．设函数f(x)＝xex，则(D)A．x＝1为f(x)的极大值点B．x＝1为f(x)的微小值点C．x＝－1为f(x)的极大值点D．x＝－1为f(x)的微小值点解析：求导得f′(x)＝ex＋xex＝ex(x＋1)，令f′(x)＝ex(x＋1)＝0，解得x＝－1，易知x＝－1是函数f(x)的微小值点．3．设f′(x)是函数f(x)的导函数，y＝f′(x)的图象如图所示，则y＝f(x)的图象最有可能是(C)解析：由y＝f′(x)的图象知，当x∈(－∞，0)时，f′(x)>0，f(x)为增函数；当x∈(0,2)时，f′(x)<0，f(x)为减函数；当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)为增函数．只有C符合题意，故选C.4．若f(x)＝－eq\f(1,2)x2＋bln(x＋2)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：因为f′(x)＝－x＋eq\f(b,x＋2)(x>－2)，且f(x)在(－1，＋∞)上是减函数，所以在(－1，＋∞)上恒有f′(x)＝－x＋eq\f(b,x＋2)≤0成立，即b≤x(x＋2)恒成立，又因为x(x＋2)＝(x＋1)2－1>－1，所以b≤－1.该题易错点是将f′(x)<0当作f(x)为减函数的充要条件，从而错选D.5．若函数y＝f(x)满意xf′(x)>－f(x)在R上恒成立，且a>b，则(B)A．af(b)>bf(a) B．af(a)>bf(b)C．af(a)<bf(b) D．af(b)<bf(a)解析：由xf′(x)>－f(x)得xf′(x)＋f(x)>0，即函数F(x)＝xf(x)在R上为增函数，由a>b，得af(a)>bf(b)．6．若函数f(x)＝x3－12x在区间(k－1，k＋1)上不是单调函数，则实数k的取值范围是(B)A．k≤－3或－1≤k≤1或k≥3B．－3<k<－1或1<k<3C．－2<k<2D．不存在这样的实数解析：f′(x)＝3x2－12，由f′(x)>0得函数的单调增区间是(－∞，－2)和(2，＋∞)，由f′(x)<0得函数的单调减区间是(－2,2)，由于函数在(k－1，k＋1)上不是单调函数，所以有k－1<－2<k＋1或k－1<2<k＋1，解得－3<k<－1或1<k<3，故选B.二、填空题(每小题6分，共18分)7．函数y＝2x2－lnx的单调减区间为(0，eq\f(1,2))．8．设函数f(x)＝kx3＋3(k－1)x2－k2＋1在区间(0,4)上是减函数，则k的取值范围是k≤eq\f(1,3).解析：因为f′(x)＝3kx2＋6(k－1)x，且f(x)在(0,4)上是减函数，所以f′(x)≤0在(0,4)上恒成立，即3kx2＋6(k－1)x≤0，k≤eq\f(6,3x＋6)在(0,4)上恒成立，当x＝4时，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,3x＋6)))min＝eq\f(1,3)，所以k≤eq\f(1,3).9．若a>0，b>0，且函数f(x)＝4x3－ax2－2bx－2在x＝1处有极值，则ab的最大值为9.解析：f′(x)＝12x2－2ax－2b，由题意知f′(1)＝12－2a－2b＝0，即a＋b＝6，所以6＝a＋b≥2eq\r(ab)，即ab≤9当且仅当a＝b＝3时取等号．故ab的最大值为9.三、解答题(共46分，写出必要的文字说明、计算过程或演算步骤)10．(15分)已知f(x)＝x3－eq\f(3,2)x2－3x＋1，设g(x)＝eq\f(f′x,ex)，求函数g(x)的极值．解：f′(x)＝3x2－3x－3，所以g(x)＝eq\f(3x2－3x－3,ex)，g′(x)＝eq\f(－3x2＋9x,ex)，令g′(x)＝0，得x1＝0，x2＝3.当x改变时，g′(x)，g(x)的改变状况如下表：x(－∞，0)0(0,3)3(3，＋∞)g′(x)－0＋0－g(x)g(0)g(3)于是函数g(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0,3)上单调递增，在(3，＋∞)上单调递减．所以函数g(x)在x＝0处取得微小值g(0)＝－3，在x＝3处取得极大值g(3)＝15e－3.11．(15分)设函数f(x)＝x＋ax2＋blnx，曲线y＝f(x)过P(1,0)，且在P点处的切线斜率为2.(1)求a，b的值；(2)证明：f(x)≤2x－2.解：(1)f′(x)＝1＋2ax＋eq\f(b,x).由已知条件得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f1＝0，,f′1＝2，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＋a＝0，,1＋2a＋b＝2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－1，,b＝3.))(2)证明：f(x)的定义域为(0，＋∞)，由(1)知f(x)＝x－x2＋3lnx，设g(x)＝f(x)－(2x－2)＝2－x－x2＋3lnx，则g′(x)＝－1－2x＋eq\f(3,x)＝－eq\f(x－12x＋3,x).当0<x<1时，g′(x)>0；当x>1时，g′(x)<0.所以g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，因此，函数g(x)在x＝1处取得最大值，而g(1)＝0，故当x>0时，g(x)≤0，即f(x)≤2x－2.12．(16分)已知函数f(x)＝2lnx－x2＋ax(a∈R)．(1)当a＝2时，求f(x)的图象在x＝1处的切线方程；(2)若函数g(x)＝f(x)－ax＋m在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上有两个零点，求实数m的取值范围．解：(1)当a＝2时，f(x)＝2lnx－x2＋2x，f′(x)＝eq\f(2,x)－2x＋2，切点坐标为(1,1)，切线的斜率k＝f′(1)＝2，则切线方程为y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1.(2)g(x)＝2lnx－x2＋m，则g′(x)＝eq\f(2,x)－2x＝eq\f(－2x＋1x－1,x).∵x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))，∴当g′(x)＝0时，x＝1.当eq\f(1,e)<x<1时，g′(x)>0；当1<x<e时，g′(x)<0.故g(x)在x＝1处取得极大值g(1)＝m－1.又geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝m－2－eq\f(1,e2)，g(e)＝m＋2－e2，g(e)－geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝4－e2＋eq\f(1,e2)<0，则g(e)<geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))，∴g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上的最小值是g(e)．而g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上有两个零点，则eq\