人教A版理科数学课时试题及解析（13）导数在研究函数中的应用A

人教A版理科数学课时试题及解析（13）导数在研究函数中的应用A

课时作业(十三)A　[第13讲　导数在研究函数中的应用]‎ ‎[时间：45分钟　　分值：100分]‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎1． 当x≠0时，有不等式(　　)‎ A．ex<1＋x B．当x>0时，ex<1＋x，当x<0时，ex>1＋x C．ex>1＋x D．当x<0时，ex<1＋x，当x>0时，ex>1＋x ‎2． 如图K13－1，都是同一坐标系中三次函数及其导函数的图象，其中一定不正确的序号是(　　)‎ 图K13－1‎ A．①② B．①③ C．③④ D．①④‎ ‎3． 若a>0，b>0，且函数f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1处有极值，则ab的最大值等于(　　)‎ A．2 B．‎3 C．6 D．9‎ ‎4． 已知a≤＋lnx，x∈恒成立，则a的最大值为(　　)‎ A．0 B．‎1 C．2 D．3‎ ‎5． 函数f(x)＝ax3＋bx在x＝处有极值，则ab的值为(　　)‎ A．2 B．－‎2 C．3 D．－3‎ ‎6．若函数f(x)＝x3－3x＋a有3个不同的零点，则实数a的取值范围是(　　)‎ A．(－2,2) B．[－2,2]‎ C．(－∞，－1) D．(1，＋∞)‎ ‎7． 函数y＝f′(x)是函数y＝f(x)的导函数，且函数y＝f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线为l：y＝g(x)＝f′(x0)·(x－x0)＋f(x0)，‎ 图K13－2‎ F(x)＝f(x)－g(x)，如果函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图象如图K13－2所示，且a0)的图象上的动点，该图象在P处的切线l交y轴于点M，过点P作l的垂线交y轴于点N，设线段MN的中点的纵坐标为t，则t的最大值是________．‎ ‎14．(10分)已知函数f(x)＝ax2＋blnx在x＝1处有极值.‎ ‎(1)求a，b的值；‎ ‎(2)判断函数y＝f(x)的单调性并求出单调区间．‎ ‎15．(13分) 已知函数f(x)＝ax＋x2－xlna，a>1.‎ ‎(1)求证：函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；‎ ‎(2)对∀x1，x2∈[－1,1]，|f(x1)－f(x2)|≤e－1恒成立，求a的取值范围．‎ ‎16．(12分) 设函数f(x)＝x－－alnx(a∈R)．‎ ‎(1)讨论f(x)的单调性；‎ ‎(2)若f(x)有两个极值点x1和x2，记过点A(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))的直线的斜率为k，问：是否存在a，使得k＝2－a？若存在，求出a的值，若不存在，请说明理由．‎ 课时作业(十三)A ‎【基础热身】‎ ‎1．C　[解析] 设y＝ex－1－x，∴y′＝ex－1，∴x>0时，函数y＝ex－1－x是递增的，x<0时，函数y＝ex－1－x是递减的，∴x＝0时，y有最小值y＝0.‎ ‎2．C　[解析] 导函数的图象为抛物线，其变号零点为函数的极值点，因此③④不正确．‎ ‎3．D　[解析] f′(x)＝12x2－2ax－2b，‎ ‎∵f(x)在x＝1处有极值，‎ ‎∴f′(1)＝0，即12－‎2a－2b＝0，化简得 a＋b＝6，‎ ‎∵a>0，b>0，‎ ‎∴ab≤2＝9，当且仅当a＝b＝3时，ab有最大值，最大值为9，故选D.‎ ‎4．A　[解析] 设f(x)＝＋lnx，则f′(x)＝＋＝，当x∈时，f′(x)<0，故函数f(x)在上单调递减，当x∈(1,2]时，f′(x)>0，故函数f(x)在[1,2]上单调递增，∴f(x)min＝f(1)＝0，∴a≤0，即a的最大值为0.‎ ‎【能力提升】‎ ‎5．D　[解析] f′(x)＝3ax2＋b，由f′＝‎3a2＋b＝0，可得ab＝－3.故选D.‎ ‎6．A　[解析] f′(x)＝3x2－3，f(x)极大＝f(－1)＝2＋a，f(x)极小＝f(1)＝－2＋a，函数f(x)有3个不同零点，则2＋a>0，－2＋a<0，因此－2x0时，函数f(x)为增函数．‎ ‎8．C　[解析] 从函数图象上可知x1，x2为函数f(x)的极值点，根据函数图象经过的三个特殊点求出b，c，d.根据函数图象得d＝0，且f(－1)＝－1＋b－c＝0，f(2)＝8＋4b＋‎2c＝0，解得b＝－1，c＝－2，故f′(x)＝3x2－2x－2.根据韦达定理x＋x＝(x1＋x2)2－2x1x2＝＋＝.‎ ‎9．D　[解析] f′(x)＝ax2＋ax－‎2a＝a(x＋2)(x－1)，要使函数f(x)的图象经过四个象限，则f(－2)f(1)<0，即<0，解得－0，‎ 当x∈(0,2)时，f′(x)<0，当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，显然当x＝2时f(x)取极小值．‎ ‎11．[0，π]　[解析] y′＝xsinx，令y′>0，即xsinx>0，得00，即cosx>－，结合三角函数图象知道，2kπ－1，故当x∈(0，＋∞)时，lna>0，ax－1>0，所以f′(x)>0，‎ 故函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．‎ ‎(2)由(1)可知，当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，‎ 故函数f(x)在(－∞，0)上单调递减．‎ 所以，f(x)在区间[－1,0]上单调递减，在区间[0,1]上单调递增．‎ 所以f(x)min＝f(0)＝1，f(x)max＝max{f(－1)，f(1)}，‎ f(－1)＝＋1＋lna，f(1)＝a＋1－lna，‎ f(1)－f(－1)＝a－－2lna，‎ 记g(x)＝x－－2lnx，g′(x)＝1＋－＝2≥0，‎ 所以g(x)＝x－－2lnx递增，故f(1)－f(－1)＝a－－2lna>0，‎ 所以f(1)>f(－1)，于是f(x)max＝f(1)＝a＋1－lna，‎ 故对∀x1，x2∈[－1,1]，|f(x1)－f(x2)|max＝|f(1)－f(0)|＝a－lna，‎ a－lna≤e－1，所以10，g(x)＝0的两根都小于0，在(0，＋∞)上，f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增．‎ ‎③当a>2时，Δ>0，g(x)的两根为 x1＝，x2＝，‎ 当00；当x1x2时，f′(x)>0，故f(x)分别在(0，x1)，(x2，＋∞)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减．‎ ‎(2)由(1)知，a>2.‎ 因为f(x1)－f(x2)＝(x1－x2)＋－a(lnx1－lnx2)，所以 k＝＝1＋－a·，‎ 又由(1)知，x1x2＝1.于是k＝2－a·，‎ 若存在a，使得k＝2－a，则＝1.即lnx1－lnx2＝x1－x2.亦即 x2－－2lnx2＝0(x2>1)(*)，‎ 再由(1)知，函数h(t)＝t－－2lnt在(0，＋∞)上单调递增，而x2>1，所以x2－－2lnx2>1－－2ln1＝0.这与(*)式矛盾．故不存在a，使得k＝2－a.‎