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最新与名师对话高三数学(文)一轮复习课时跟踪训练:第三章 导数及其应用 课时跟踪训练16 Word版含解析

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课时跟踪训练(十六)

[基础巩固]

一、选择题

1.(20xx·四川卷)已知 a 为函数 f(x)=x3-12x 的极小值点,则 a

=( )

A.-4

B.-2

C.4

D.2

[解析] 由题意得 f′(x)=3x2-12,由 f′(x)=0 得 x=±2,当 x

∈(-∞,-2)时,f′(x)>0,函数 f(x)单调递增,当 x∈(-2,2)时,

f′(x)<0,函数 f(x)单调递减,当 x∈(2,+∞)时,f′(x)>0,函数 f(x)

单调递增,所以 a=2.

[答案] D

2.设函数 f(x)=2x+lnx,则( )

A.x=12为 f(x)的极大值点

B.x=21为 f(x)的极小值点

C.x=2 为 f(x)的极大值点

D.x=2 为 f(x)的极小值点

[解析] ∵f(x)=2x+lnx,∴f′(x)=-x22+1x=x-x22(x>0),由 f′(x)

=0 得 x=2.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,∴x=2 为 f(x)的极小值点.

[答案] D

3.若商品的年利润 y(万元)与年产量 x(百万件)的函数关系式为 y

=-x3+27x+123(x>0),则获得最大利润时的年产量为( )

A.1 百万件

B.2 百万件

C.3 百万件

D.4 百万件

[解析] y′=-3x2+27=-3(x+3)(x-3),当 0<x<3 时,y′>0;

当 x>3 时,y′<0.

故当 x=3 时,该商品的年利润最大.

[答案] C

4.设函数 f(x)在 R 上可导,其导函数为 f ′(x),且函数 y=(1-

x)f ′(x)的图象如图所示,则下列结论中一定成立的是( )

A.函数 f(x)有极大值 f(2)和极小值 f(1) B.函数 f(x)有极大值 f(-2)和极小值 f(1) C.函数 f(x)有极大值 f(2)和极小值 f(-2) D.函数 f(x)有极大值 f(-2)和极小值 f(2) [解析] 由图可知当 x<-2 时,(1-x)f ′(x)>0;当-2<x<1 时, (1-x)f ′(x)<0;当 1<x<2 时,(1-x)f ′(x)>0;当 x>2 时,(1-x)f ′(x)<0. 所以 x<-2 或 x>2 时 f ′(x)>0;-2<x<1 或 1<x<2 时 f ′(x)<0,所以 函数 f(x)在(-∞,-2)和(2,+∞)上单调递增;在(-2,1)和(1,2)上单 调递减.所以当 x=-2 时函数 f(x)取得极大值;当 x=2 时函数 f(x) 取得极小值.故 D 正确. [答案] D

5.(20xx·河北三市二联)若函数 f(x)=13x3-???1+2b???x2+2bx 在区间

[-3,1]上不是单调函数,则函数 f(x)在 R 上的极小值为( )

A.2b-43

B.23b-23

C.0

D.b2-61b3

[解析] f′(x)=x2-(2+b)x+2b=(x-b)·(x-2),∵函数 f(x)在区

间[-3,1]上不是单调函数,∴-3<b<1,则由 f′(x)>0,得 x<b 或 x>2,

由 f′(x)<0,得 b<x<2,∴函数 f(x)的极小值为 f(2)=2b-43.

[答案] A

6.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( )

A.(- 5,1)

B.[- 5,1)

C.[-2,1)

D.(-2,1)

[解析] 由 f′(x)=3x2-3=0,得 x=±1,且 x=-1 为函数的极

大值点,x=1 为函数的极小值点.若函数 f(x)在区间(a,6-a2)上有最

小值,则函数 f(x)的极小值点必在区间(a,6-a2)内,且左端点的函数

值不小于

f(1),即实数

a

满足???a<1<6-a2, ??f?a?≥f?1?,

得?????a-3-53<aa+<21, ≥0,

解得-2≤a<1,故选 C.

[答案] C

二、填空题

7.f(x)=2xx2++21的极小值为________.

[解析] f′(x)=2?x2+2?x?2-+22x??22x+1?=-2??xx+2+2?2??x2-1?.

令 f′(x)<0,得 x<-2 或 x>1. 令 f′(x)>0,得-2<x<1. ∴f(x)在(-∞,-2),(1,+∞)上是减函数,在(-2,1)上是增函 数, ∴f(x)极小值=f(-2)=-12. [答案] -12 8.函数 f(x)=ex-x(e 为自然对数的底数)在区间[-1,1]上的最大 值是________. [解析] 因为 f(x)=ex-x,所以 f′(x)=ex-1.令 f′(x)=0,得 x =0.且当 x>0 时,f′(x)=ex-1>0,x<0 时,f′(x)=ex-1<0,即函数 在 x=0 处取得极小值,f(0)=1,又 f(-1)=1e+1,f(1)=e-1,综合 比较得函数 f(x)=ex-x 在区间[-1,1]上的最大值是 e-1. [答案] e-1 9.若 f(x)=x(x-c)2 在 x=2 处有极大值,则常数 c 的值为 ________. [解析] f′(x)=(x-c)2+2(x-c)x=(x-c)(3x-c), 因为函数 f(x)在 x=2 处有极大值, 所以 f′(2)=0,得 c=6 或 c=2, 当 c=6 时,由 f′(x)>0,得 x<2 或 x>6;由 f′(x)<0,得 2<x<6, 所以 f(x)在 x=2 处取得极大值. 当 c=2 时,由 f′(x)>0,得 x<23或 x>2;由 f′(x)<0,得23<x<2, 所以 f(x)在 x=2 处取得极小值.不合题意. 综上所述,c=6.

[答案] 6 三、解答题 10.已知函数 f(x)=x-alnx(a∈R), (1)当 a=2 时,求曲线 y=f(x)在点 A(1,f(1))处的切线方程; (2)求函数 f(x)的极值. [解] 函数 f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=1-ax. (1)当 a=2 时,f(x)=x-2lnx,f′(x)=1-2x(x>0), 因而 f(1)=1,f′(1)=-1, 所以曲线 y=f(x)在点 A(1,f(1))处的切线方程为 y-1=-(x-1), 即 x+y-2=0. (2)由 f′(x)=1-ax=x-x a,x>0 知: ①当 a≤0 时,f′(x)>0,函数 f(x)为(0,+∞)上的增函数,函数 f(x)无极值; ②当 a>0 时,由 f′(x)=0,解得 x=a. 又当 x∈(0,a)时,f′(x)<0;当 x∈(a,+∞)时,f′(x)>0, 从而函数 f(x)在 x=a 处取得极小值,且极小值为 f(a)=a-alna, 无极大值. 综上,当 a≤0 时,函数 f(x)无极值; 当 a>0 时,函数 f(x)在 x=a 处取得极小值 a-alna,无极大值.
[能力提升] 11.(20xx·浙江金华、丽水、衢州十二校联考)如图,已知直线 y =kx+m 与曲线 y=f(x)相切于两点,则 F(x)=f(x)-kx 有( )

A.1 个极大值点,2 个极小值点 B.2 个极大值点,1 个极小值点 C.3 个极大值点,无极小值点 D.3 个极小值点,无极大值点

[解析] F′(x)=f′(x)-k,如图所示,从而可知 F′(x)共有三

个零点 x1,x2,x3,由图可知,F(x)在(-∞,x1)上单调递减,在(x1,

x2)上单调递增,在(x2,x3)上单调递减,在(x3,+∞)上单调递增,∴

x1,x3 为极小值点,x2 为极大值点,即 F(x)有 1 个极大值点,2 个极

小值点,故选 A.

[答案] A

12.(20xx·河北唐山一模)直线 y=a 分别与曲线 y=2(x+1),y=

x+lnx 交于 A,B,则|AB|的最小值为( )

A.3

B.2

C.3 4 2

D.32

[解析] 当 y=a 时,2(x+1)=a,x=a2-1.设方程 x+lnx=a 的根

为 t,则 t+lnt=a,则|AB|=???t-2a+1???=???t-t+2lnt+1???=???2t -l2nt+1???.

设 g(t)=2t -l2nt+1(t>0),则 g′(t)=12-21t=t-2t1,令 g′(t)=0,得 t

=1.当 t∈(0,1),g′(t)<0;t∈(1,+∞),g′(t)>0,

所以 g(t)min=g(1)=32,

所以|AB|≥32,即|AB|的最小值为32.

[答案] D

13.(20xx·全国卷Ⅱ)设函数 f(x)=(1-x2)ex.

(1)讨论 f(x)的单调性;

(2)当 x≥0 时,f(x)≤ax+1,求 a 的取值范围.

[解] (1)f′(x)=(1-2x-x2)ex.

令 f′(x)=0 得 x=-1- 2,x=-1+ 2.

当 x∈(-∞,-1- 2)时,f′(x)<0;当 x∈(-1- 2,-1+ 2)

时,f′(x)>0;当 x∈(-1+ 2,+∞)时,f′(x)<0.

所以 f(x)在(-∞,-1- 2),(-1+ 2,+∞)单调递减,在(-

1- 2,-1+ 2)单调递增.

(2)f(x)=(1+x)(1-x)ex.

当 a≥1 时,设函数 h(x)=(1-x)ex,h′(x)=-xex<0(x>0),因此

h(x)在[0,+∞)单调递减,而 h(0)=1,故 h(x)≤1,所以 f(x)=(x+

1)h(x)≤x+1≤ax+1.

当 0<a<1 时,设函数 g(x)=ex-x-1,g′(x)=ex-1>0(x>0),所

以 g(x)在[0,+∞)单调递增,而 g(0)=0,故 ex≥x+1. 当 0<x<1 时,f(x)>(1-x)(1+x)2,(1-x)(1+x)2-ax-1=x(1-a
-x-x2),取 x0= 5-24a-1,则 x0∈(0,1),(1-x0)·(1+x0)2-ax0-1 =0,故 f(x0)>ax0+1.不合题意.
当 a≤0 时,取 x0= 52-1,则 x0∈(0,1),f(x0)>(1-x0)(1+x0)2= 1≥ax0+1.不合题意.
综上,a 的取值范围是[1,+∞). 14.(20xx·山东潍坊模拟)设 f(x)=xlnx-ax2+(2a-1)x,a∈R. (1)令 g(x)=f′(x),求 g(x)的单调区间; (2)已知 f(x)在 x=1 处取得极大值,求实数 a 的取值范围. [解] (1)由 f′(x)=lnx-2ax+2a, 可得 g(x)=lnx-2ax+2a,x∈(0,+∞). 则 g′(x)=1x-2a=1-x2ax. 当 a≤0 时,x∈(0,+∞)时,g′(x)>0,函数 g(x)单调递增. 当 a>0 时,x∈???0,21a???时,g′(x)>0,函数 g(x)单调递增; x∈???21a,+∞???时,g′(x)<0,函数 g(x)单调递减. 所以当 a≤0 时,g(x)的单调增区间为(0,+∞); 当 a>0 时,g(x)的单调增区间为???0,21a???, 单调减区间为???21a,+∞???. (2)由(1)知,f′(1)=0. ①当 a≤0 时,f′(x)单调递增,

所以,当 x∈(0,1)时,f′(x)<0,f(x)单调递减; 当 x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增. 所以 f(x)在 x=1 处取得极小值,不合题意. ②当 0<a<12时,21a>1,由(1)知 f′(x)在???0,21a???内单调递增, 可得,当 x∈(0,1)时,f′(x)<0,x∈???1,21a???时,f′(x)>0. 所以 f(x)在(0,1)内单调递减,在???1,21a???内单调递增. 所以 f(x)在 x=1 处取得极小值,不合题意. ③当 a=12时,21a=1, f′(x)在(0,1)内单调递增,在(1,+∞)内单调递减. 所以当 x∈(0,+∞)时,f′(x)≤f′(1)=0,f(x)单调递减,不合 题意. ④当 a>12时,0<21a<1, 当 x∈???21a,1???时,f′(x)>0,f(x)单调递增, 当 x∈(1,+∞)时,f′(x)<0,f(x)单调递减, 所以 f(x)在 x=1 处取得极大值,符合题意. 综上可知,实数 a 的取值范围为???12,+∞???.
[延伸拓展] (20xx·海南华侨中学考前模拟)已知函数 f(x)=x3+ax2+bx+c 在定义域 x∈[-2,2]上表示的曲线过原点,且在 x=±1 处的切线斜率 均为-1.有以下命题 : ①f(x)是奇函数;②若 f(x)在[s,t]内递减,则|t-s|的最大值为 4; ③若 f(x)的最大值为 M,最小值为 m,则 M+m=0;④若对?x∈[-

2,2],k≤f′(x)恒成立,则 k 的最大值为 2.

其中正确命题的个数为( )

A.1

B.2

C.3

D.4

[解析] 由题意得函数过原点,则 c=0.又 f′(x)=3x2+2ax+b,

则???f′?1?=3+2a+b=-1, 解得???a=0,

??f′?-1?=3-2a+b=-1,

??b=-4.

所以 f(x)=x3-4x,f′(x)=3x2-4=0. ①因为 f(-x)=-x3+4x=-f(x),即 f(x)是奇函数,①正确;

②由

f′(x)≥0



x≥2

3

3或

x≤-2

3

3,f(x)在??-2
?

3

3,2

3

3??内单
?

调递减.若 f(x)在[s,t]内递减,则 t≤233,s≥-23 3时,|t-s|的最

大值为4 3 3,②错误;

③由奇函数的图象关于原点对称可知,最大值与最小值互为相反

数,f(x)的最大值为 M,最小值为 m,则 M+m=0,③正确; ④若对?x∈[-2,2],由于 f′(x)=3x2-4∈[-4,8],则 k≤f′(x)
恒成立,则 k≤-4,则 k 的最大值为-4,④错误.故正确的个数为

2,故选 B. [答案] B


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