2013届人教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

1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]基础热身1．当x≠0时，有不等式()A．ex1＋xB．当x0时，ex1＋x，当x0时，ex1＋xC．ex1＋xD．当x0时，ex1＋x，当x0时，ex1＋x2．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K13－1A．①②B．①③C．③④D．①④3．若a0，b0，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．2B．3C．6D．94．已知a≤1－xx＋lnx，x∈12，2恒成立，则a的最大值为()A．0B．1C．2D．3能力提升5．函数f(x)＝ax3＋bx在x＝1a处有极值，则ab的值为()A．2B．－2C．3D．－36．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K13－2F(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ax0b，那么()A．F′(x0)＝0，x＝x0是F(x)的极大值点B．F′(x0)＝0，x＝x0是F(x)的极小值点C．F′(x0)≠0，x＝x0不是F(x)的极值点D．F′(x0)≠0，x＝x0是F(x)的极值点2图K13－38．函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的大致图象如图K13－3所示，则x21＋x22等于()A.89B.109C.169D.459．函数f(x)＝13ax3＋12ax2－2ax＋2a＋1的图象经过四个象限，则实数a的取值范围是()A．－65a316B．－85a－316C．－85a－116D．－65a－31610．函数f(x)＝x3－3x2＋1在x＝________处取得极小值．11．若x∈[0,2π]，则函数y＝sinx－xcosx的单调递增区间是________．12．函数f(x)＝sinx2＋cosx的单调递增区间是________．13．在平面直角坐标系xOy中，已知点P是函数f(x)＝ex(x0)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12.(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，a1.(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．难点突破16．(12分)设函数f(x)＝x－1x－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．3课时作业(十三)A【基础热身】1．C[解析]设y＝ex－1－x，∴y′＝ex－1，∴x0时，函数y＝ex－1－x是递增的，x0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，∵a0，b0，∴ab≤a＋b22＝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)＝1－xx＋lnx，则f′(x)＝－x＋x－1x2＋1x＝x－1x2，当x∈12，1时，f′(x)0，故函数f(x)在12，1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′1a＝3a1a2＋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＋a0，－2＋a0，因此－2a2.7．B[解析]F′(x)＝f′(x)－g′(x)＝f′(x)－f′(x0)，∴F′(x0)＝f′(x0)－f′(x0)＝0，又当xx0时，从图象上看，x越接近于x0，函数f(x)的纵坐标与g(x)的纵坐标的差越小，此时函数F(x)＝f(x)－g(x)为减函数，同理，当xx0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x21＋x22＝(x1＋x2)2－2x1x2＝49＋43＝169.9．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163a＋156a＋10，解得－65a－316.10．2[解析]f′(x)＝3x2－6x，令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝2，当x∈(－∞，0)时，f′(x)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xsinx0，得0xπ.又x∈[0,2π]，所以所求的单调递增区间是[0，π]．12.2kπ－2π3，2kπ＋2π3(k∈Z)[解析]f′(x)＝2＋cosxcosx－sinx－sinx2＋cosx2＝2cosx＋12＋cosx20，即cosx－12，结合三角函数图象知道，2kπ－2π3x2kπ＋2π3(k∈Z)，即函数f(x)的单调递增区间是2kπ－2π3，2kπ＋2π3(k∈Z)．13.12e＋1e[解析]设P(x0，ex0)，则l：y－ex0＝ex0(x－x0)，∴M(0，(1－x0)ex0)，过点P作l的垂线，y－ex0＝－e－x0(x－x0)，∴N(0，ex0＋x0e－x0)，∴t＝12[(1－x0)ex0＋ex0＋x0e－x0]＝ex0＋12x0(e－x0－ex0)t′＝12(ex0＋e－x0)(1－x0)，所以，t在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴x04＝1，tmax＝12e＋1e.14．[解答](1)因为函数f(x)＝ax2＋blnx，所以f′(x)＝2ax＋bx.又函数f(x)在x＝1处有极值12，所以f′1＝0，f1＝12.即2a＋b＝0，a＝12，解得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.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(0,1)1(1，＋∞)f′(x)－0＋f(x)极小值所以函数y＝f(x)的单调递减区间是(0,1)，单调递增区间是(1，＋∞)．15．[解答](1)证明：f′(x)＝axlna＋2x－lna＝2x＋(ax－1)lna，由于a1，故当x∈(0，＋∞)时，lna0，ax－10，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)＝1a＋1＋lna，f(1)＝a＋1－lna，f(1)－f(－1)＝a－1a－2lna，记g(x)＝x－1x－2lnx，g′(x)＝1＋1x2－2x＝1x－12≥0，所以g(x)＝x－1x－2lnx递增，故f(1)－f(－1)＝a－1a－2lna0，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1a≤e.【难点突破】16．[解答](1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1＋1x2－ax＝x2－ax＋1x2，令g(x)＝x2－ax＋1，其判别式Δ＝a2－4.①当|a|≤2时，Δ≤0，f′(x)≥0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增．②当a－2时，Δ0，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a2时，Δ0，g(x)的两根为x1＝a－a2－42，x2＝a＋a2－42，当0xx1时，f′(x)0；当x1xx2时，f′(x)0；当xx2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，a2.5因为f(x1)－f(x2)＝(x1－x2)＋x1－x2x1x2－a(lnx1－lnx2)，所以k＝fx1－fx2x1－x2＝1＋1x1x2－a·lnx1－lnx2x1－x2，又由(1)知，x1x2＝1.于是k＝2－a·lnx1－lnx2x1－x2，若存在a，使得k＝2－a，则lnx1－lnx2x1－x2＝1.即lnx1－lnx2＝x1－x2.亦即x2－1x2－2lnx2＝0(x21)(*)，再由(1)知，函数h(t)＝t－1t－2lnt在(0，＋∞)上单调递增，而x21，所以x2－1x2－2lnx21－11－2ln1＝0.这与(*)式矛盾．故不存在a，使得k＝2－a.