高三北師大版文科數(shù)學(xué)第14講 導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用A 含解析

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精課時作業(yè)(十四)A［第14講導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用］(時間：45分鐘分值:100分）eq\a\vs4\al\co1（基礎(chǔ)熱身）1．函數(shù)f（x)＝x＋elnx的單調(diào)遞增區(qū)間為()A．（0，＋∞)B．(－∞,0)C．（－∞，0)和(0，＋∞）D．R2．[2012·濟寧質(zhì)檢]函數(shù)f（x)＝ax3＋x＋1有極值的充要條件是()A．a(chǎn)≥0B．a(chǎn)〉0C．a(chǎn)≤0D．a(chǎn)<03．設(shè)a∈R，若函數(shù)y＝ex＋ax,x∈R有大于零的極值點,則()A．a(chǎn)<－1B．a(chǎn)〉－1C．a(chǎn)≥－eq\f(1，e）D．a(chǎn)<－eq\f(1，e）4．函數(shù)f（x）＝x3－3x2＋1在x＝________處取得極小值．eq\a\vs4\al\co1(能力提升)5．函數(shù)f(x）＝ex＋e－x在(0，＋∞)上(）A．有極大值B．有極小值C．是增函數(shù)D．是減函數(shù)6．[2012·合肥三檢］圖K14－1函數(shù)f(x）的圖像如圖K14－1所示,則不等式(x＋3）f′（x）〈0的解集為（)A．(1，＋∞)B．(－∞，－3)C．(－∞,－1）∪(1，＋∞)D．(－∞，－3）∪（－1，1)7．[2012·西安模擬]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(）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)8．［2012·阜新高中月考］已知f（x)＝x3－ax在[1，＋∞)上是單調(diào)增函數(shù)，則a的最大值是（)A．0B．1C．2D．39．［2012·陜西卷]設(shè)函數(shù)f（x）＝eq\f（2,x）＋lnx，則(）A．x＝eq\f（1,2）為f(x）的極大值點B．x＝eq\f（1,2)為f（x）的極小值點C．x＝2為f(x)的極大值點D．x＝2為f(x)的極小值點10．[2012·南昌二中模擬]已知|a｜＝2｜b|≠0,且關(guān)于x的函數(shù)f(x）＝eq\f（1,3)x3＋eq\f（1，2）｜a|x2＋a·bx在R上有極值,則a與b的夾角范圍為________．11．已知函數(shù)f（x)是R上的偶函數(shù)，且在（0，＋∞)上有f′(x）＞0，若f（－1)＝0，那么關(guān)于x的不等式xf（x)＜0的解集是________________．12．[2012·鹽城一模］函數(shù)f（x）＝(x2＋x＋1）ex(x∈R）的單調(diào)減區(qū)間為________．13．已知函數(shù)f(x）＝eq\f(1，3)x3－bx2＋c(b，c為常數(shù))，當x＝2時，函數(shù)f（x)取極值,則b＝________；若函數(shù)f（x)存在三個不同零點,則實數(shù)c的取值范圍是________．14．（10分)已知函數(shù)f(x）＝4x3＋3tx2－6t2x＋t－1，x∈R，其中t∈R。（1)當t＝1時,求曲線y＝f(x)在點(0，f(0）)處的切線方程；（2）當t>0時,求f（x）的單調(diào)區(qū)間．15．(13分)已知f(x)＝ax3＋bx2＋cx（a≠0)在x＝±1時取得極值,且f（1）＝－1。（1)試求常數(shù)a，b，c的值;(2）試判斷x＝±1是函數(shù)的極小值點還是極大值點，并說明理由．eq\a\vs4\al\co1(難點突破）16．(12分）[2012·大慶實驗中學(xué)期中]已知f（x)＝lnx＋eq\f（a，x)－2，g(x）＝lnx＋2x。（1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；（2)試問過點（2，5)可作多少條直線與曲線y＝g(x)相切？請說明理由．

課時作業(yè)（十四)A【基礎(chǔ)熱身】1．A［解析］因為函數(shù)f（x）的定義域為（0，＋∞),且f′（x）＝1＋eq\f（e，x)〉0。故f（x）的遞增區(qū)間為(0，＋∞)．故選A.2．D[解析]f′（x）＝3ax2＋1，若函數(shù)有極值，則方程3ax2＋1＝0必有實數(shù)根,顯然a≠0，所以x2＝－eq\f（1,3a)〉0，解得a<0.故選D.3．A［解析］y′＝ex＋a,由條件知，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ex＋a＝0，，x〉0）)有解,所以a＝－ex<－1。故選A.4．2［解析］f′(x)＝3x2－6x＝3x（x－2)．當x＜0時,f′(x)＞0；當0＜x＜2時,f′（x）＜0；當x＞2時，f′（x)＞0，故當x＝2時f（x）取得極小值．【能力提升】5．C［解析］依題意知，當x＞0時，f′(x）＝ex－e－x＞e0－e0＝0，因此f（x）在(0，＋∞）上是增函數(shù)．6．D[解析]由不等式(x＋3）f′(x)<0得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1（x＋3〈0,，f′（x）>0）)或eq\b\lc\｛（\a\vs4\al\co1(x＋3〉0，,f′（x）<0，)）觀察圖像可知,x〈－3或－1<x<1.所以原不等式的解集為（－∞，－3）∪(－1，1）．故選D.7．B［解析]因為y′＝3x2－12，由y′>0得函數(shù)的增區(qū)間是(－∞，－2)和（2，＋∞），由y′〈0得函數(shù)的減區(qū)間是（－2，2)．由于函數(shù)f(x)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。8．D[解析]依題意f′（x）＝3x2－a≥0在[1,＋∞）上恒成立，所以a≤(3x2)min＝3。所以a的最大值為3.9．D［解析]所給的原函數(shù)f（x）＝eq\f(2，x)＋lnx的導(dǎo)函數(shù)為f′（x)＝－eq\f(2，x2)＋eq\f（1，x），令f′（x）＝0可得x＝2.當x〉2時，f′(x)>0，函數(shù)f(x)為增函數(shù);當0<x<2時,f′（x）<0，函數(shù)f（x)為減函數(shù),所以x＝2為極小值點，故選D。10。eq\b\lc\(\rc\]（\a\vs4\al\co1(\f（π,3)，π）)[解析]f′（x）＝x2＋|a|x＋a·b，函數(shù)f（x)有極值，則Δ＝｜a|2－4｜a｜｜b|cosθ>0，將|a|＝2|b｜代入得cosθ<eq\f（1,2)，所以θ∈eq\b\lc\（\rc\]（\a\vs4\al\co1(\f（π，3），π)).11．(－∞，－1）∪（0，1)[解析]在(0,＋∞）上有f′（x)＞0，所以f（x)在（0，＋∞）上單調(diào)遞增．又函數(shù)f(x）是R上的偶函數(shù)，所以f(x）在(－∞，0)上單調(diào)遞減，又f（1)＝f(－1）＝0.當x＞0時，xf(x)＜0，所以0＜x＜1；當x＜0，xf（x）〈0，所以x＜－1。12．（－2，－1)[解析］因f′(x）＝(2x＋1)ex＋（x2＋x＋1）ex＝（x2＋3x＋2）ex，令f′（x)<0，則x2＋3x＋2<0，解得－2<x〈－1.13．10＜c＜eq\f(4，3)［解析]因為f′（x)＝x2－2bx，又x＝2是f(x)的極值點，則f′(2）＝22－2b×2＝0，∴b＝1.且x∈(0，2)時，f′(x)＜0，f（x)單調(diào)遞減,x∈（－∞，0),(2,＋∞）時，f′(x）＞0，f（x）單調(diào)遞增，若f(x）＝0有3個不同實根，則eq\b\lc\｛（\a\vs4\al\co1（f（0)＝c>0，，f（2）＝\f（1,3)×23－22＋c〈0.））解得0＜c＜eq\f（4，3).14．解：（1)當t＝1時,f(x)＝4x3＋3x2－6x，f（0)＝0，f′（x)＝12x2＋6x－6，f′（0)＝－6。所以曲線y＝f(x）在點(0，f（0）)處的切線方程為y＝－6x。(2)f′(x）＝12x2＋6tx－6t2。令f′（x)＝0，解得x＝－t或x＝eq\f（t,2）.因t〉0，則－t＜eq\f(t，2）.當x變化時,f′（x)，f（x)的變化情況如下表：x(－∞，－t）eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（－t，\f(t，2))）eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（t，2），＋∞））f′（x)＋－＋f(x）所以，f(x）的單調(diào)遞增區(qū)間是（－∞,－t),eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(t，2),＋∞））；f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(－t，\f(t，2）))。15．解：(1)f′（x)＝3ax2＋2bx＋c，因為x＝±1是函數(shù)f(x）的極值點，且f(x）在定義域內(nèi)任意一點處可導(dǎo)．所以x＝±1使方程f′（x）＝0，即x＝±1為3ax2＋2bx＋c＝0的兩根，由根與系數(shù)的關(guān)系得eq\b\lc\｛(\a\vs4\al\co1（－\f(2b,3a）＝0，①，\f(c，3a）＝－1,②））又f(1）＝－1，所以a＋b＋c＝－1，③由①②③解得a＝eq\f（1，2)，b＝0，c＝－eq\f（3，2).（2）由(1)知f（x)＝eq\f(1,2）x3－eq\f(3,2）x，所以f′(x）＝eq\f(3，2）x2－eq\f(3,2)＝eq\f(3，2)(x－1)（x＋1）,當x>1或x<－1時,f′(x）>0;當－1〈x〈1時，f′（x）〈0，所以函數(shù)f(x)在（－∞，－1)和(1，＋∞)上為增函數(shù)，在（－1,1)上為減函數(shù)，所以當x＝－1時，函數(shù)取得極大值f(－1)＝1；當x＝1時，函數(shù)取得極小值f（1）＝－1.【難點突破】16．解：（1)f′（x)＝eq\f（x－a,x2)（x〉0），①當a≤0時，f′（x)>0，所以f（x）在（0,＋∞）上單調(diào)遞增;②當a>0時,若0<x〈a，則f′（x）<0;若x>a，則f′(x)>0，f（x）在(0，a）上單調(diào)遞減，在（a,＋∞）上單調(diào)遞增．（2）設(shè)切點為（x0,lnx0＋2x0)，g′（x）＝eq\f（1,x）＋2，所以切線方程為：y－(lnx0＋2x0）＝eq\f(1，x0）＋2（x－x0）．因為切線過點(2，5),所以5－(lnx0＋2x0）＝eq\f（1,x0）＋2(2－x0),即x0lnx0－2x0＋2＝