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第2讲用导数研究函数中的应用答案(一)


第7讲

用导数研究函数中的应用答案

(时间:60 分钟) 一、选择题 1.(2012·长春名校联考)已知定义在 R 上的函数 f(x),其导函数 f′(x)的大致图象如图所 示,则下列叙述正确的是 ( ).

A.f(b)>f(c)>f(d) C.f(c)>f(b)>f(a)

/>B.f(b)>f(a)>f(e) D.f(c)>f(e)>f(d)

解析 依题意得, 当 x∈(-∞, c)时,f′(x)>0; 当 x∈(c, e)时, f′(x)<0; 当 x∈(e, +∞)时,f′(x)>0.因此,函数 f(x)在(-∞,c)上是增函数,在(c,e)上是减函数, 在(e,+∞)上是增函数,又 a<b<c,所以 f(c)>f(b)>f(a),选 C. 答案 C 2.(2013·济宁模拟)若函数 h(x)=2x- + 在(1,+∞)上是增函数,则实数 k 的取值范 x 3 围是 A.[-2,+∞) C.(-∞,-2] 解析 由条件得 h′(x)=2+ 2=
2

k k

( B.[2,+∞) D.(-∞,2]

).

k x

2x +k 2 ≥0 在(1,+∞)上恒成立,即 k≥-2x 在(1, 2

x

+∞)上恒成立,所以 k∈[-2,+∞). 答案 A 3.(2012·青岛模拟)函数 f(x)=x -3x +2 在区间[-1,1]上的最大值是( A.-2 C.2
2 3 2

).

B.0 D.4

解析 f′(x)=3x -6x,令 f′(x)=0,得 x=0 或 2. ∴f(x)在[-1,0)上是增函数,f(x)在(0,1]上是减函数. ∴f(x)max=f(x)极大值=f(0)=2. 答案 C

4.已知函数 f(x)=x +ax +(a+6)x+1 有极大值和极小值,则实数 a 的取值范围是 A.(-1,2) C.(-3,6)
2 2

3

2

B.(-∞,-3)∪(6,+∞) D.(-∞,-1)∪(2,+∞)

解析 f′(x)=3x +2ax+(a+6),因为函数有极大值和极小值,所以 f′(x)=0 有两 个不相等的实数根,所以 Δ =4a -4×3(a+6)>0,解得 a<-3 或 a>6. 答案 B 5.(2013·蚌埠质检)若函数 f(x)=2x -ln x 在其定义域内的一个子区间(k-1,k+1)内 不是单调函数,则实数 k 的取值范围是 A.[1,+∞) C.[1,2) ( ).
2

? 3? B.?1, ? ? 2? ?3 ? D.? ,2? ?2 ?

1 1 解析 因为 f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=4x- ,由 f′(x)=0,得 x= .据题 x 2 1 ? ?k-1< <k+1, 2 意得? ? ?k-1≥0, 答案 B 6.若 a>0,b>0,且函数 f(x)=4x -ax -2bx+2 在 x=1 处有极值,则 ab 的最大值等于 ( A.2 C.6 解析 ∵f′(x)=12x -2ax-2b, Δ =4a +96b>0,又 x=1 是极值点, ∴f′(1)=12-2a-2b=0,即 a+b=6, (a+b) ∴ab≤ =9,当且仅当 a=b 时“=”成立,所以 ab 的最大值为 9. 4 答案 D
2 2 2 3 2

3 解得 1≤k< .故选 B. 2

).

B.3 D.9

二、填空题 7.若函数 f(x)=

x2+a 在 x=1 处取极值,则 a=________. x+1
2

2x(x+1)-(x +a) 解析 由 f′(x)= =0, 2 (x+1) ∴x +2x-a=0,x≠-1,又 f(x)在 x=1 处取极值, ∴x=1 是 x +2x-a=0 的根,∴a=3. 答案 3 8.已知函数 f(x)=e -2x+a 有零点,则 a 的取值范围是________.
x
2 2

解析 f′(x)=e -2.当 x<ln 2 时,f′(x)<0; 当 x>ln 2 时,f′(x)>0.∴f(x)min=f(ln 2)=2-2ln 2+a, 则函数有零点,即 f(x)min≤0. ∴2-2ln 2+a≤0,∴a≤2ln 2-2. 答案 (-∞,2ln 2-2] 9.若函数 f(x)=

x

x
2

x +a

(a>0)在[1,+∞)上的最大值为

3 ,则 a 的值为________. 3

x2+a-2x2 a-x2 解析 f′(x)= 2 2 = 2 2. (x +a) (x +a)
当 x> a时,f′(x)<0,f(x)单调递减; 当- a<x< a时,f′(x)>0,f(x)单调递增; 当 a<1 时,则 f(x)在[1,+∞)单调递减. 则 f(x)max=f(1)= 1 3 = ,a= 3-1. 1+a 3

当 a>1 时,则 f(x)在[1, a]单调递增, 在[a,+∞)单调递减. 所以 f(x)max=f( a)= 答案 3 -1

a 3 3 = ,a= <1,不合题意舍去,所以 a= 3-1. 2a 3 4

1 2 10.(2013·深圳调研)设函数 f(x)=ln x- ax -bx,若 x=1 是 f(x)的极大值点,则 a 的 2 取值范围为________. 解析 f(x)的定义域为(0,+∞),

f′(x)= -ax-b,由 f′(1)=0,得 b=1-a. x
1 -(ax+1)(x-1) ∴f′(x)= -ax+a-1= .

1

x

x

①若 a≥0, 当 0<x<1 时,f′(x)>0,此时 f(x)单调递增; 当 x>1 时,f′(x)<0,此时 f(x)单调递减; 所以 x=1 是 f(x)的极大值点. 1 ②若 a<0,由 f′(x)=0,得 x=1 或- .

a

1 因为 x=1 是 f(x)的极大值点,所以- >1,

a

解得-1<a<0.综合①②得 a 的取值范围是 a>-1. 答案 (-1,+∞)

三、解答题 11.(12 分)(2013·浙江五校联考)已知函数 f(x)=x +ax +bx+c(x∈[-1,2]),且函数
3 2

f(x)在 x=1 和 x=- 处都取得极值.
(1)求 a,b 的值; (2)求函数 f(x)的单调递增区间. 解 (1)∵f(x)=x +ax +bx+c,∴f′(x)=3x +2ax+b. 4 4 ? ? - a+b=0, 即?3 3 ? ?3+2a+b=0, 1 ? ?a=- , 2 解得? ? ?b=-2.
3 2 2

2 3

2? ? ?f′? ?-3?=0, ? 由题易知,? ? ? ?f′(1)=0,
2

(2)由(1)知,f′(x)=3x -x-2=(3x+2)(x-1), 2? ? ∵当 x∈?-1,- ?时,f′(x)>0; 3? ?

? 2 ? 当 x∈?- ,1?时,f′(x)<0; ? 3 ?
当 x∈(1,2]时,f′(x)>0. 2? ? ∴f(x)的单调递增区间为?-1,- ?和(1,2] 3? ? 12.(2012·重庆)已知函数 f(x)=ax +bx+c 在 x=2 处取得极值为 c-16. (1)求 a,b 的值; (2)若 f(x)有极大值 28,求 f(x)在[-3,3]上的最小值. 解 (1)因 f(x)=ax +bx+c,故 f′(x)=3ax +b,
3 2 3

由于 f(x)在点 x=2 处取得极值 c-16, 故有?
? ?f′(2)=0, ?f(2)=c-16, ? ? ?12a+b=0, 即? ?8a+2b+c=c-16. ?

? ?12a+b=0, 化简得? ?4a+b=-8, ?
3

解得?

? ?a=1, ?b=-12. ?
2

(2)由(1)知 f(x)=x -12x+c,f′(x)=3x -12. 令 f′(x)=0,得 x=-2 或 2,当 x∈(-∞,-2)时,f′(x)>0,故 f(x)在(-∞,- 2)上为增函数; 当 x∈(-2,2)时,f′(x)<0,故 f(x)在(-2,2)上为减函数; 当 x∈(2,+∞)时,f′(x)>0,故 f(x)在(2,+∞)上为增函数. 由此可知 f(x)在 x=-2 处取得极大值 f(-2)=16+c, f(x)在 x=2 处取得极小值 f(2) =c-16. 由题设条件知,16+c=28,解得 c=12, 此时 f(-3)=9+c=21,f(3)=-9+c=3,f(2)=c-16=-4,因此 f(x)在[-3,3] 上的最小值为 f(2)=-4.


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