高考四元聚焦·理數(shù)-《對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練》 第15講　導(dǎo)數(shù)在函數(shù)中的應(yīng)用

第頁eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(第15講導(dǎo)數(shù)在函數(shù)中的應(yīng)用))1.(2023·廣東韶關(guān)市調(diào)研)函數(shù)y＝xex的最小值是(C)A．－1B．－eC．－eq\f(1,e)D．不存在解析：y′＝ex＋xex，令y′＝0，那么x＝－1.當(dāng)x＜－1時(shí)，y′<0；當(dāng)x＞－1時(shí)，y′>0，所以x＝－1時(shí)，ymin＝－eq\f(1,e)，應(yīng)選C.2.(2023·安徽省“江南十校〞3月聯(lián)考)定義在R上的函數(shù)f(x)，其導(dǎo)函數(shù)f′(x)的圖象如下圖，那么以下表達(dá)正確的選項(xiàng)是(C)A．f(b)>f(c)>f(d)B．f(b)>f(a)>f(e)C．f(c)>f(b)>f(a)D．f(c)>f(e)>f(d)解析：觀察函數(shù)f(x)的特征圖象可知函數(shù)f(x)在區(qū)間(－∞，c]上單調(diào)遞增，由于a＜b＜c，所以f(c)>f(b)>f(a)，應(yīng)選C.3.(2023·山東省濰坊市三縣10月聯(lián)考)函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋3x－9，f(x)在x＝－3時(shí)取得極值，那么a＝(D)A．2B．3C．4D．5解析：因?yàn)閒′(x)＝3x2＋2ax＋3，且f(x)在x＝－3時(shí)取得極值，所以f′(－3)＝3×9＋2a×(－3)＋3＝0，解得a4.(2023·江蘇省南京市、鹽城市第一次模擬)函數(shù)f(x)＝(x2＋x＋1)ex(x∈R)的單調(diào)減區(qū)間為(－2，－1).解析：f′(x)＝(2x＋1)ex＋(x2＋x＋1)ex＝(x2＋3x＋2)ex(x∈R)，令f′(x)<0，那么x2＋3x＋2<0，解得－2<x<－1，即所求的單調(diào)減區(qū)間為(－2，－1)．5.(2023·重慶市七校二次聯(lián)考)函數(shù)y＝f(x)在定義域(－eq\f(3,2)，3)內(nèi)的圖象如下圖．記y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)為y＝f′(x)，那么不等式f′(x)≤0的解集為[－eq\f(1,3)，1]∪[2,3).解析：因?yàn)閷?dǎo)函數(shù)f′(x)≤0為函數(shù)f(x)的減區(qū)間，所以根據(jù)函數(shù)圖象易知f′(x)≤0的解集為[－eq\f(1,3)，1]∪[2,3)．6.(2023·山西省六所名校第一次質(zhì)檢)定義在R上的函數(shù)f(x)，g(x)滿足eq\f(fx,gx)＝ax，且f′(x)g(x)<f(x)·g′(x)，eq\f(f1,g1)＋eq\f(f－1,g－1)＝eq\f(5,2)，那么a的值是eq\f(1,2).解析：令F(x)＝eq\f(fx,gx)，那么F(x)＝eq\f(f′xgx－fxg′x,[gx]2)＜0，所以函數(shù)F(x)在R上是減函數(shù)，于是0<a<1.那么由eq\f(f1,g1)＋eq\f(f－1,g－1)＝eq\f(5,2)，得a＋eq\f(1,a)＝eq\f(5,2)，解得a＝eq\f(1,2).7.(2023·四川省自貢市第一次診斷)以下圖象中，有且只有一個(gè)是函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3＋ax2＋(a2－1)x＋1(a∈R，a≠0)的導(dǎo)數(shù)f′(x)的圖象，那么f(－1)的值為－eq\f(1,3).解析：由f′(x)＝x2＋2ax＋a2－1＝(x＋a－1)(x＋a＋1)，且a≠0，所以導(dǎo)函數(shù)f′(x)的圖象開口向上，且對(duì)稱軸不是y軸，因此其圖象就為第三個(gè)，所以由f′(x)的圖象與x軸的交點(diǎn)為原點(diǎn)與y軸右側(cè)的點(diǎn)可得a＝－1，所以f(－1)＝－eq\f(1,3)－1＋1＝－eq\f(1,3).8.(2023·泉州四校二次聯(lián)考)設(shè)f(x)＝eq\f(ex,1＋ax2)，其中a為正實(shí)數(shù)．(1)當(dāng)a＝eq\f(4,3)時(shí)，求f(x)的極值點(diǎn)；(2)假設(shè)f(x)為[eq\f(1,2)，eq\f(3,2)]上的單調(diào)函數(shù)，求a的取值范圍．解析：因?yàn)閒′(x)＝eq\f(ax2－2ax＋1ex,1＋ax22).(1)當(dāng)a＝eq\f(4,3)時(shí)，假設(shè)f′(x)＝0，那么4x2－8x＋3＝0，解得x1＝eq\f(1,2)，x2＝eq\f(3,2).當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：x(－∞，eq\f(1,2))eq\f(1,2)(eq\f(1,2)，eq\f(3,2))eq\f(3,2)(eq\f(3,2)，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)遞增極大值遞減極小值遞增由表可知，x1＝eq\f(1,2)是極大值點(diǎn)，x2＝eq\f(3,2)是極小值點(diǎn)．(2)記g(x)＝ax2－2ax＋1，那么g(x)＝a(x－1)2＋1－a.因?yàn)閒(x)為[eq\f(1,2)，eq\f(3,2)]上的單調(diào)函數(shù)，那么f′(x)在[eq\f(1,2)，eq\f(3,2)]上不變號(hào)．因?yàn)閑q\f(ex,1＋ax22)>0，所以g(x)≥0或g(x)≤0在x∈[eq\f(1,2)，eq\f(3,2)]上恒成立，由g(1)≥0或g(eq\f(1,2))≤0，得0<a≤1或a≥eq\f(4,3)，所以a的取值范圍是0<a≤1或a≥eq\f(4,3).9.(2023·山東聊城市五校期末聯(lián)考)函數(shù)f(x)＝x2－ax－aln(x－1)(a∈R)．(1)當(dāng)a＝1時(shí)，求函數(shù)f(x)的最值；(2)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間．解析：(1)函數(shù)f(x)＝x2－ax－aln(x－1)(a∈R)的定義域是(1，＋∞)．當(dāng)a＝1時(shí)，f′(x)＝2x－1－eq\f(1,x－1)＝eq\f(2xx－\f(3,2),x－1)，所以f(x)在(1，eq\f(3,2))上為減函數(shù)，在(eq\f(3,2)，＋∞)上為增函數(shù)，所以函數(shù)f(x)的最小值為f(eq\f(3,2))＝eq\f(3,4)＋ln2.(2)f′(x)＝2x－a－eq\f(a,x－1)＝eq\f(2xx－\f(a＋2,2),x－1)，假設(shè)a≤0時(shí)，那么eq\f(a＋2,2)≤1，f(x)＝eq\f(2xx－\f(a＋2,2),x－1)>0在(1，＋∞)恒成立，所以f(x)的增區(qū)間為(1，＋∞)．假設(shè)a>0，那么eq\f(a＋2,2)>1，故當(dāng)x∈(1，eq\f(a＋2,2)]，f′(x)＝eq\f(2x