2024-2025學(xué)年高中數(shù)學(xué)第一章導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用1.3第13課時導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用習題課習題含解析新人教B版選修2-2

第13課時導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用習題課限時：45分鐘總分：100分一、選擇題(每小題6分，共36分)1．函數(shù)y＝xlnx的單調(diào)遞減區(qū)間是(D)A．(－∞，e－1) B．(e－1，＋∞)C．(e，＋∞) D．(0，e－1)解析：y′＝1＋lnx，由y′<0得x<e－1，又x>0，所以函數(shù)的遞減區(qū)間是(0，e－1)．2．設(shè)函數(shù)f(x)＝xex，則(D)A．x＝1為f(x)的極大值點B．x＝1為f(x)的微小值點C．x＝－1為f(x)的極大值點D．x＝－1為f(x)的微小值點解析：求導(dǎo)得f′(x)＝ex＋xex＝ex(x＋1)，令f′(x)＝ex(x＋1)＝0，解得x＝－1，易知x＝－1是函數(shù)f(x)的微小值點．3．設(shè)f′(x)是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)，y＝f′(x)的圖象如圖所示，則y＝f(x)的圖象最有可能是(C)解析：由y＝f′(x)的圖象知，當x∈(－∞，0)時，f′(x)>0，f(x)為增函數(shù)；當x∈(0,2)時，f′(x)<0，f(x)為減函數(shù)；當x∈(2，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)為增函數(shù)．只有C符合題意，故選C.4．若f(x)＝－eq\f(1,2)x2＋bln(x＋2)在(－1，＋∞)上是減函數(shù)，則b的取值范圍是(C)A．[－1，＋∞) B．(－1，＋∞)C．(－∞，－1] D．(－∞，－1)解析：因為f′(x)＝－x＋eq\f(b,x＋2)(x>－2)，且f(x)在(－1，＋∞)上是減函數(shù)，所以在(－1，＋∞)上恒有f′(x)＝－x＋eq\f(b,x＋2)≤0成立，即b≤x(x＋2)恒成立，又因為x(x＋2)＝(x＋1)2－1>－1，所以b≤－1.該題易錯點是將f′(x)<0當作f(x)為減函數(shù)的充要條件，從而錯選D.5．若函數(shù)y＝f(x)滿意xf′(x)>－f(x)在R上恒成立，且a>b，則(B)A．a(chǎn)f(b)>bf(a) B．a(chǎn)f(a)>bf(b)C．a(chǎn)f(a)<bf(b) D．a(chǎn)f(b)<bf(a)解析：由xf′(x)>－f(x)得xf′(x)＋f(x)>0，即函數(shù)F(x)＝xf(x)在R上為增函數(shù)，由a>b，得af(a)>bf(b)．6．若函數(shù)f(x)＝x3－12x在區(qū)間(k－1，k＋1)上不是單調(diào)函數(shù)，則實數(shù)k的取值范圍是(B)A．k≤－3或－1≤k≤1或k≥3B．－3<k<－1或1<k<3C．－2<k<2D．不存在這樣的實數(shù)解析：f′(x)＝3x2－12，由f′(x)>0得函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間是(－∞，－2)和(2，＋∞)，由f′(x)<0得函數(shù)的單調(diào)減區(qū)間是(－2,2)，由于函數(shù)在(k－1，k＋1)上不是單調(diào)函數(shù)，所以有k－1<－2<k＋1或k－1<2<k＋1，解得－3<k<－1或1<k<3，故選B.二、填空題(每小題6分，共18分)7．函數(shù)y＝2x2－lnx的單調(diào)減區(qū)間為(0，eq\f(1,2))．8．設(shè)函數(shù)f(x)＝kx3＋3(k－1)x2－k2＋1在區(qū)間(0,4)上是減函數(shù)，則k的取值范圍是k≤eq\f(1,3).解析：因為f′(x)＝3kx2＋6(k－1)x，且f(x)在(0,4)上是減函數(shù)，所以f′(x)≤0在(0,4)上恒成立，即3kx2＋6(k－1)x≤0，k≤eq\f(6,3x＋6)在(0,4)上恒成立，當x＝4時，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,3x＋6)))min＝eq\f(1,3)，所以k≤eq\f(1,3).9．若a>0，b>0，且函數(shù)f(x)＝4x3－ax2－2bx－2在x＝1處有極值，則ab的最大值為9.解析：f′(x)＝12x2－2ax－2b，由題意知f′(1)＝12－2a－2b＝0，即a＋b＝6，所以6＝a＋b≥2eq\r(ab)，即ab≤9當且僅當a＝b＝3時取等號．故ab的最大值為9.三、解答題(共46分，寫出必要的文字說明、計算過程或演算步驟)10．(15分)已知f(x)＝x3－eq\f(3,2)x2－3x＋1，設(shè)g(x)＝eq\f(f′x,ex)，求函數(shù)g(x)的極值．解：f′(x)＝3x2－3x－3，所以g(x)＝eq\f(3x2－3x－3,ex)，g′(x)＝eq\f(－3x2＋9x,ex)，令g′(x)＝0，得x1＝0，x2＝3.當x改變時，g′(x)，g(x)的改變狀況如下表：x(－∞，0)0(0,3)3(3，＋∞)g′(x)－0＋0－g(x)g(0)g(3)于是函數(shù)g(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0,3)上單調(diào)遞增，在(3，＋∞)上單調(diào)遞減．所以函數(shù)g(x)在x＝0處取得微小值g(0)＝－3，在x＝3處取得極大值g(3)＝15e－3.11．(15分)設(shè)函數(shù)f(x)＝x＋ax2＋blnx，曲線y＝f(x)過P(1,0)，且在P點處的切線斜率為2.(1)求a，b的值；(2)證明：f(x)≤2x－2.解：(1)f′(x)＝1＋2ax＋eq\f(b,x).由已知條件得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f1＝0，,f′1＝2，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＋a＝0，,1＋2a＋b＝2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－1，,b＝3.))(2)證明：f(x)的定義域為(0，＋∞)，由(1)知f(x)＝x－x2＋3lnx，設(shè)g(x)＝f(x)－(2x－2)＝2－x－x2＋3lnx，則g′(x)＝－1－2x＋eq\f(3,x)＝－eq\f(x－12x＋3,x).當0<x<1時，g′(x)>0；當x>1時，g′(x)<0.所以g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，因此，函數(shù)g(x)在x＝1處取得最大值，而g(1)＝0，故當x>0時，g(x)≤0，即f(x)≤2x－2.12．(16分)已知函數(shù)f(x)＝2lnx－x2＋ax(a∈R)．(1)當a＝2時，求f(x)的圖象在x＝1處的切線方程；(2)若函數(shù)g(x)＝f(x)－ax＋m在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上有兩個零點，求實數(shù)m的取值范圍．解：(1)當a＝2時，f(x)＝2lnx－x2＋2x，f′(x)＝eq\f(2,x)－2x＋2，切點坐標為(1,1)，切線的斜率k＝f′(1)＝2，則切線方程為y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1.(2)g(x)＝2lnx－x2＋m，則g′(x)＝eq\f(2,x)－2x＝eq\f(－2x＋1x－1,x).∵x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))，∴當g′(x)＝0時，x＝1.當eq\f(1,e)<x<1時，g′(x)>0；當1<x<e時，g′(x)<0.故g(x)在x＝1處取得極大值g(1)＝m－1.又geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝m－2－eq\f(1,e2)，g(e)＝m＋2－e2，g(e)－geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝4－e2＋eq\f(1,e2)<0，則g(e)<geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))，∴g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上的最小值是g(e)．而g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上有兩個零點，則eq\