《金版學(xué)案》2022屆高考數(shù)學(xué)理科一輪復(fù)習(xí)課時(shí)作業(yè)-2-13導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用(一)-

第十三節(jié)導(dǎo)數(shù)在爭(zhēng)辯函數(shù)中的應(yīng)用(一)題號(hào)12345答案1.函數(shù)y＝x＋xlnx的單調(diào)遞減區(qū)間是()A．(－∞，e－2)B．(0，e－2)C．(e－2，＋∞)D．(e2，＋∞)答案：B2．已知函數(shù)y＝f(x)的圖象如下圖所示，則其導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的圖象可能是()解析：由函數(shù)f(x)的圖象看出，在y軸左側(cè)，函數(shù)有兩個(gè)極值點(diǎn)，且先增后減再增，在y軸右側(cè)函數(shù)無極值點(diǎn)，且是減函數(shù)，依據(jù)函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)的符號(hào)和原函數(shù)單調(diào)性間的關(guān)系可知，導(dǎo)函數(shù)在y軸左側(cè)應(yīng)有兩個(gè)零點(diǎn)，且導(dǎo)函數(shù)值是先正后負(fù)再正，在y軸右側(cè)無零點(diǎn)，且導(dǎo)函數(shù)值恒負(fù)，由此可以斷定導(dǎo)函數(shù)的圖象是A的外形．故選A.答案：A3．若函數(shù)y＝a(x3－x)的遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3)))，則a的取值范圍是()A．(0，＋∞)B．(－1，0)C．(1，＋∞)D．(0，1)解析：∵y′＝a(3x2－1)＝3aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(\r(3),3)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(\r(3),3)))，∴當(dāng)－eq\f(\r(3),3)＜x＜eq\f(\r(3),3)時(shí)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(\r(3),3)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(\r(3),3)))＜0.∴要使y′＜0，必需取a＞0.故選A.答案：A4．設(shè)直線x＝t與函數(shù)f(x)＝x2，g(x)＝lnx的圖象分別交于點(diǎn)M，N，則當(dāng)|MN|達(dá)到最小值時(shí)，t的值為()A．1B.eq\f(1,2)C.eq\f(\r(5),2)D.eq\f(\r(2),2)解析：由題意知，|MN|＝x2－lnx(x＞0)，不妨令h(x)＝x2－lnx(x>0)，則h′(x)＝2x－eq\f(1,x)，令h′(x)＝0解得x＝eq\f(\r(2),2)，由于當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))時(shí)，h′(x)＜0，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，＋∞))時(shí)，h′(x)＞0，所以當(dāng)x＝eq\f(\r(2),2)時(shí)，|MN|達(dá)到最小，即t＝eq\f(\r(2),2).故選D.答案：D5．(2021·湖北卷)已知a為常數(shù)，函數(shù)f(x)＝x(lnx－ax)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2(x1＜x2)，則()A．f(x1)＞0，f(x2)＞－eq\f(1,2)B．f(x1)＜0，f(x2)＜－eq\f(1,2)C．f(x1)＞0，f(x2)＜－eq\f(1,2)D．f(x1)＜0，f(x2)＞－eq\f(1,2)解析：由已知得f′(x)＝0有兩個(gè)正實(shí)數(shù)根x1，x2(x1<x2)，從而f′(x)的圖象與x軸有兩個(gè)交點(diǎn)，即f′(x)的極大值大于0，得到x1，x2的取值范圍，然后將x1，x2代入f(x)的解析式，比較f(x1)與f(x2)的大?。甪′(x)＝lnx＋1－2ax(x>0)，依題意lnx＋1－2ax＝0有兩個(gè)正實(shí)數(shù)根x1，x2(x1<x2)．設(shè)g(x)＝lnx＋1－2ax，則g′(x)＝eq\f(1,x)－2a，明顯當(dāng)a≤0時(shí)不合題意，必有a>0.令g′(x)＝0，得x＝eq\f(1,2a)，于是g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2a)))上是增函數(shù)，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，＋∞))上是減函數(shù)，所以g(x)在x＝eq\f(1,2a)處取得極大值，所以f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)))＝lneq\f(1,2a)>0，即eq\f(1,2a)>1，0<a<eq\f(1,2)，且應(yīng)有x1<eq\f(1,2a)<x2.于是f(x1)＝x1lnx1－axeq\o\al(2,1)＝x1(2ax1－1)－axeq\o\al(2,1)＝axeq\o\al(2,1)－x1＝x1(ax1－1)<0.又x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，x2))時(shí)f′(x)>0，x∈(x2，＋∞)時(shí)f′(x)<0，所以x2是f(x)的極大值點(diǎn)，所以f(x2)>f(1)＝－a>－eq\f(1,2).答案：D6．已知x＝3是函數(shù)f(x)＝alnx＋x2－10x的一個(gè)極值點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a＝________．解析：f′(x)＝eq\f(a,x)＋2x－10，由f′(3)＝eq\f(a,3)＋6－10＝0得a＝12，經(jīng)檢驗(yàn)滿足題設(shè)條件．答案：127．設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3－(1＋a)x2＋4ax＋24a，其中常數(shù)a＞1，則f(x)的單調(diào)減區(qū)間為________．解析：f′(x)＝x2－2(1＋a)x＋4a＝(x－2)(x－2a)，由a＞1知，當(dāng)x＜2時(shí)，f′(x)＞0，故f(x)在區(qū)間(－∞，2)上是增函數(shù)；當(dāng)2＜x＜2a時(shí)，f′(x)＜0，故f(x)在區(qū)間(2，2a)上是減函數(shù)；當(dāng)x＞2a時(shí)，f′(x)＞0，故f(x)在區(qū)間(2a，＋∞)上是增函數(shù)．綜上，當(dāng)a＞1時(shí)，f(x)在區(qū)間(－∞，2)和(2a，＋∞)上是增函數(shù)，在區(qū)間(2，2a)上是減函數(shù)．答案：(2，2a)8．設(shè)曲線y＝xn＋1(n∈N*)在點(diǎn)(1，1)處的切線與x軸的交點(diǎn)的橫坐標(biāo)為xn，令an＝lgxn，則a1＋a2＋…＋a99的值為________．解析：∵y′＝(n＋1)xn，∴切線斜率為n＋1，切線方程為y－1＝(n＋1)(x－1)，∴xn＝1－eq\f(1,n＋1)＝eq\f(n,n＋1).∴a1＋a2＋…＋a99＝lgx1＋lgx2＋…＋lgx99＝lg(x1·x2…x99)＝lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×\f(2,3)×…×\f(98,99)×\f(99,100)))＝lgeq\f(1,100)＝－2.答案：－29．已知函數(shù)f1(x)＝e|x－a|，f2(x)＝ebx.(1)若f(x)＝f1(x)＋f2(x)－bf2(－x)，是否存在a，b∈R，y＝f(x)為偶函數(shù)．假如存在．請(qǐng)舉例并證明你的結(jié)論，假如不存在，請(qǐng)說明理由；(2)若a＝2，b＝1.求函數(shù)g(x)＝f1(x)＋f2(x)在R上的單調(diào)區(qū)間．解析：(1)存在a＝0，b＝－1使y＝f(x)為偶函數(shù)，證明如下：此時(shí)f(x)＝e|x|＋e－x＋ex，x∈R∴f(－x)＝e|－x|＋ex＋e－x＝f(x)，∴y＝f(x)為偶函數(shù)(注：a＝0，b＝0也可以)．(2)∵g(x)＝e|x－2|＋ex＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ex－2＋ex，x≥2，,e2－x＋ex，x＜2.))①當(dāng)x≥2時(shí)，g(x)＝ex－2＋ex，∴g′(x)＝ex－2＋ex＞0，∴y＝g(x)在[2，＋∞)上為增函數(shù)．②當(dāng)x＜2時(shí)，g(x)＝e2－x＋ex，則g′(x)＝－e2－x＋ex，令g′(x)＝0得到x＝1，當(dāng)x＜1時(shí)，g′(x)＜0，∴y＝g(x)在(－∞，1)上為減函數(shù)；當(dāng)1≤x＜2時(shí)，g′(x)＞0，∴y＝g(x)在(1，2)上為增函數(shù)．綜上所述：y＝g(x)的單調(diào)增區(qū)間為[1，＋∞)，單調(diào)減區(qū)間為(－∞，1)．10.設(shè)f(x)＝aex＋eq\f(1,aex)＋b(a>0)．(1)求f(x)在[0，＋∞)上的最小值；(2)設(shè)曲線y＝f(x)在點(diǎn)(2，f(2))的切線方程為y＝eq\f(3,2)x，求a，b的值．解析：(1)設(shè)t＝ex(t≥1)，則y＝at＋eq\f(1,at)＋b?y′＝a－eq\f(1,at2)＝eq\f(a2t2－1,at2).①當(dāng)a≥1時(shí)，y′>0?y＝at＋eq\f(1,at)＋b在t≥1上是增函數(shù)，所以當(dāng)t＝1(x＝0)時(shí)，f(x)的最小值為a＋eq\f(1,a)＋b;②當(dāng)0<a<1時(shí)，y＝at＋eq\f(1,at)＋b≥2＋b,當(dāng)且僅當(dāng)at＝1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＝ex＝\f(1,a)，x＝－lna))時(shí)，f(x)的最小值為b＋2.(2)f(x)＝aex＋eq\f(1,aex)＋b?f′(x)＝