2015高考数学(人教版A版)一轮配套题库2-12导数的应用(一)

第十二节导数的应用(一)时间：45分钟分值：75分一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)1．函数f(x)＝x＋elnx的单调递增区间为()A．(0，＋∞)B．(－∞，0)C．(－∞，0)和(0，＋∞)D．R解析函数定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1＋ex0，故单调增区间是(0，＋∞)．答案A2．设函数f(x)＝2x＋lnx，则()A．x＝12为f(x)的极大值点B．x＝12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)的极小值点解析函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－2x2＋1x＝x－2x2，当x＝2时，f′(x)＝0；当x2时，f′(x)0，函数f(x)为增函数；当0x2时，f′(x)0，函数f(x)为减函数，所以x＝2为函数f(x)的极小值点．答案D3．(2013·浙江卷)已知函数y＝f(x)的图象是下列四个图象之一，且其导函数y＝f′(x)的图象如右图所示，则该函数的图象是()解析由导函数的图象可知，原函数单调递增，且切线的斜率由小到大再变小，故只有选项B满足．答案B4．(2013·大纲全国卷)若函数f(x)＝x2＋ax＋1x在(12，＋∞)上是增函数，则a的取值范围是()A．[－1,0]B．[－1，＋∞)C．[0,3]D．[3，＋∞)解析由f(x)＝x2＋ax＋1x在(12，＋∞)上为增函数，得f′(x)＝2x＋a－1x2≥0在(12，＋∞)上恒成立，即a≥1x2－2x在(12，＋∞)上恒成立，令g(x)＝1x2－2x(x12)，g′(x)＝－2x3－20，故g(x)在(12，＋∞)上为减函数，所以a≥g(12)＝3.故选D.答案D5．(2013·浙江卷)已知e为自然对数的底数，设函数f(x)＝(ex－1)(x－1)k(k＝1,2)，则()A．当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极小值B．当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极大值C．当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极小值D．当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极大值解析当k＝1时，f(x)＝(ex－1)(x－1)，f′(1)＝xex－1，x＝1不是f′(x)＝0的根，所以不是极值点，排除A、B；当k＝2时，f(x)＝(ex－1)(x－1)2，f′(x)＝(x－1)(xex＋ex－2)，当x＝1时f′(x)＝0且x1时f′(x)0，结合选项，故选C.答案C6．(2013·湖北卷)已知函数f(x)＝x(lnx－ax)有两个极值点，则实数a的取值范围是()A．(－∞，0)B.0，12C．(0,1)D．(0，＋∞)解析f′(x)＝lnx－ax＋x1x－a＝lnx－2ax＋1，假设函数f(x)只有1个极值点，则方程lnx－2ax＋1＝0(x0)只有一根，数形结合，即直线y＝2ax－1与曲线y＝lnx相切．设切点为(x0，lnx0)，则切线方程为y－lnx0＝1x0(x－x0)，即y＝1x0x＋lnx0－1.又切线方程为y＝2ax－1，对比得2a＝1x0，－1＝lnx0－1，解得a＝12，x0＝1.故若要使直线y＝2ax－1与曲线y＝lnx相交，即函数f(x)＝x(lnx－ax)有2个极值点，需满足0a12.答案B二、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分)7．已知函数f(x)＝－x3＋ax2－4在x＝2处取得极值，若m∈[－1,1]，则f(m)的最小值为________．解析求导得f′(x)＝－3x2＋2ax，由f(x)在x＝2处取得极值知f′(2)＝0，即－3×4＋2a×2＝0，故a＝3.由此可得f(x)＝－x3＋3x2－4，f′(x)＝－3x2＋6x.由此可得f(x)在[－1,0)上单调递减，在(0,1]上单调递增，所以对m∈[－1，1]时，f(m)min＝f(0)＝－4.答案－48．已知函数f(x)＝x3＋mx2＋(m＋6)x＋1既存在极大值又存在极小值，则实数m的取值范围是________．解析f′(x)＝3x2＋2mx＋m＋6＝0有两个不等实根，即Δ＝4m2－12×(m＋6)0.所以m6或m－3.答案(－∞，－3)∪(6，＋∞)9．已知函数f(x)＝(m－2)x2＋(m2－4)x＋m是偶函数，函数g(x)＝－x3＋2x2＋mx＋5在(－∞，＋∞)内单调递减，则实数m＝________.解析若f(x)＝(m－2)x2＋(m2－4)x＋m是偶函数，则m2－4＝0，m＝±2.若g′(x)＝－3x2＋4x＋m≤0恒成立，则Δ＝16＋4×3m≤0，解得m≤－43，故m＝－2.答案－2三、解答题(本大题共3小题，每小题10分，共30分)10．已知函数f(x)＝ax2＋blnx在x＝1处有极值12.(1)求a，b的值；(2)求函数y＝f(x)的单调区间．解(1)f′(x)＝2ax＋bx.又f(x)在x＝1处有极值12.得f1＝12，f′1＝0，即a＝12，2a＋b＝0.解之得a＝12，b＝－1.(2)由(1)可知f(x)＝12x2－lnx，其定义域是(0，＋∞)，且f′(x)＝x－1x＝x＋1x－1x.由f′(x)0，得0x1；由f′(x)0，得x1.所以函数y＝f(x)的单调减区间是(0,1)，单调增区间是(1，＋∞)．11．(2013·福建卷)已知函数f(x)＝x－alnx(a∈R)．(Ⅰ)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在点A(1，f(1))处的切线方程；(Ⅱ)求函数f(x)的极值．解函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1－ax.(Ⅰ)当a＝2时，f(x)＝x－2lnx，f′(x)＝1－2x(x0)，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.(Ⅱ)由f′(x)＝1－ax＝x－ax，x0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a0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a0时，函数f(x)在x＝a处取得极小值a－alna，无极大值.12．(2014·石家庄质检)已知函数f(x)＝2x3－3(a＋1)x2＋6ax(a∈R)．(1)当a＝2时，求函数y＝f(x)的单调区间；(2)若a＞0时，函数y＝f(x)在闭区间[0，a＋1]上的最大值为f(a＋1)，求a的取值范围．解(1)当a＝2时，f(x)＝2x3－9x2＋12x，f′(x)＝6x2－18x＋12＝6(x2－3x＋2)＝6(x－1)(x－2)．由f′(x)＞0，得x＜1或x＞2.由f′(x)＜0，得1＜x＜2.所以，f(x)的递增区间为(－∞，1)，(2，＋∞)，递减区间为(1,2)．(2)f′(x)＝6x2－6(a＋1)x＋6a＝6[x2－(a＋1)x＋a]＝6(x－1)(x－a)．当a＝1时，f′(x)≥0，f(x)在[0，a＋1]上单调递增，最大值为f(a＋1)．当0＜a＜1时，x，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x0(0，a)a(a,1)1(1,1＋a)1＋af′(x)＋0－0＋f(x)↗极大值↘极小值↗由上表可知，f(x)在[0，a＋1]上的最大值只有可能是f(a)或f(a＋1)．故只需f(a＋1)－f(a)＝(－a3＋3a2＋3a－1)－(－a3＋3a2)＝3a－1≥0.解得a≥13，此时13≤a＜1.当a＞1时，x，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x0(0,1)1(1，a)a(a，a＋1)a＋1f′(x)＋0－0＋f(x)↗极大值↘极小值↗由上表可知，f(x)在[0，a＋1]上的最大值只有可能是f(1)或f(a＋1)．故只需f(a＋1)－f(1)＝(－a3＋3a2＋3a－1)－(3a－1)＝－a3＋3a2≥0.解得a≤3，此时1＜a≤3.综上，a的取值范围是13，3.