陕西北师版数学文：课时提升作业第二章 第十一节导数

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课时提升作业(十四)
一、选择题
1.函数f(x)=x3+ax2+3x-9,已知f(x)在x=-3时取得极值,则a=( )
(A)2 (B)3 (C)4 (D)5
2.(2013·榆林模拟)函数y=(3-x2)e x的递增区间是( )
(A)(-∞,0)
(B)(0,+∞)
(C)(-∞,-3)和(1,+∞)
(D)(-3,1)
3.(2013·铜川模拟)对任意的x∈R,函数f(x)=x3+ax2+7ax不存在极值点的充要条件是( )
(A)0≤a≤21 (B)a=0或a=7
(C)a<0或a>21 (D)a=0或a=21
4.(2013·九江模拟)已知f(x),g(x)都是定义在R上的函数,且满足以下条件:
①f(x)=a x·g(x)(a>0,a≠1);
②g(x)≠0;
③f(x)·g′(x)>f′(x)·g(x).
若+=,则a等于( )
(A) (B)2 (C) (D)2或
5.若函数y=f(x)的导函数在区间[a,b]上是先增后减的函数,则函数y=f(x)在区间[a,b]上的图像可能是( )
6.(2013·池州模拟)设函数f(x)=ax2+bx+c(a,b,c∈R).若x=-1为函数f(x)e x的一个极值点,则下列图像不可能为y=f(x)的图像是( )
二、填空题
7.若x∈[0,2π],则函数y=sinx-xcosx的递增区间是.
8.若函数f(x)=x(x-c)2在x=2处有极大值,则常数c的值为.
9.对于函数f(x)=-2cosx(x∈[0,π])与函数g(x)=x2+lnx有下列命题:
①函数f(x)的图像关于x=对称;
②函数g(x)有且只有一个零点;
③函数f(x)和函数g(x)图像上存在平行的切线;
④若函数f(x)在点P处的切线平行于函数g(x)在点Q处的切线,则直线PQ 的斜率为.
其中正确的命题是.(将所有正确命题的序号都填上)
三、解答题
10.(2013·合肥模拟)已知函数f(x)=x3-x2+x+b,其中a,b∈R.
(1)若曲线y=f(x)在点P(2,f(2))处的切线方程为y=5x-4,求函数f(x)的解析式.
(2)当a>0时,讨论函数f(x)的单调性.
11.已知函数f(x)=alnx-2ax+3(a≠0).
(1)设a=-1,求函数f(x)的极值.
(2)在(1)的条件下,若函数g(x)=x3+x2[f′(x)+m](其中f′(x)为f(x)的导数)在区间(1,3)上不是单调函数,求实数m的取值范围.
12.(能力挑战题)已知函数f(x)=
的图像过点(-1,2),且在x=处取得极值.
(1)求实数b,c的值.
(2)求f(x)在[-1,e](e为自然对数的底数)上的最大值.
答案解析
1.【解析】选D.因为f(x)=x3+ax2+3x-9,所以f′(x)=3x2+2ax+3,由题意有f′(-3)=0,所以3×(-3)2+2a×(-3)+3=0,由此解得a=5.
2.【解析】选D.y′=-2xe x+(3-x2)e x=e x(-x2-2x+3)>0⇒x2+2x-3<0⇒-3<x<1,∴函数y=(3-x2)e x的递增区间是(-3,1).
3.【解析】选A.f′(x)=3x2+2ax+7a,令f′(x)=0,当Δ=4a2-84a≤0,即0≤a ≤21时,f′(x)≥0恒成立,函数不存在极值点.
4.【解析】选A.由①②得=a x,又[]′=,
由③知[]′<0,故y=a x是减函数,因此0<a<1.由+=,得a+=,解得a=或a=2(舍).
5.【解析】选C.根据题意f′(x)在[a,b]上是先增后减的函数,则在函数f(x)的图像上,各点的切线斜率是先随x的增大而增大,然后随x的增大而减小,由四个选项的图形对比可以看出,只有选项C满足题意.
【方法技巧】函数的导数与增减速度及图像的关系
(1)导数与增长速度
①一个函数的增长速度快,就是说,在自变量的变化相同时,函数值的增长大,即平均变化率大,导数也就大;②一个函数减小的速度快,那么在自变量的变化相同时,函数值的减小大,即平均变化率大,导数的绝对值也就大.
(2)导数与图像
一般地,如果一个函数在某一范围内的导数的绝对值较大,说明函数在这个范围内变化得快,这时,函数的图像就比较“陡峭”(向上或向下);反之,函数的图像就较“平缓”.
6.【解析】选D.设h(x)=f(x)e x,则h′(x)=(2ax+b)·e x+(ax2+bx+c)·e x= (ax2+2ax+bx+b+c)e x, 由x=-1为函数f(x)e x的一个极值点,得当x=-1时, h′(-1)=0,即c=a,∴f(x)=ax2+bx+a,若方程ax2+bx+a=0有两根x1,x2,则
x1x2==1,D中图像一定不满足该条件.
7.【解析】y′=xsinx,令y′>0,即xsinx>0,又x∈[0,2π],得0<x<π. 所以所求的递增区间是(0,π).
答案:(0,π)
8.【解析】∵x=2是f(x)的极大值点,
f(x)=x(x2-2cx+c2)=x3-2cx2+c2x,
∴f′(x)=3x2-4cx+c2,
∴f′(2)=3×4-8c+c2=0,
解得c=2或c=6,当c=2时,在x=2处不能取极大值,
∴c=6.
答案:6
【误区警示】本题易出现由f′(2)=0求出c后,不验证是否能够取到极大值这一条件,导致产生增根.
9.【解析】画出函数f(x)=-2cosx,x∈[0,π]的图像可知①错;函数g(x)=x2+lnx的导函数g′(x)=x+≥2,所以函数g(x)在定义域内为增函数,画图知②正确;因为f′(x)=2sinx≤2,又因为g′(x)=x+≥2,所以函数f(x)和函数g(x)图像上存在平行的切线,③正确;同时要使函数f(x)在点P处的切线平行于函数g(x)在点Q处的切线只有f′(x)=g′(x)=2,这时P(,0),Q(1,),所以k PQ=,④也正确.
答案:②③④
10.【解析】(1)f′(x)=ax2-(a+1)x+1.
由导数的几何意义得f′(2)=5,于是a=3.
由切点P(2,f(2))在直线y=5x-4上可知2+b=6,解得b=4.
所以函数f(x)的解析式为f(x)=x3-2x2+x+4.
(2)f′(x)=ax2-(a+1)x+1=a(x-)(x-1).
当0<a<1时,>1,函数f(x)在区间(-∞,1)及(,+∞)上是增加的,在区间(1,)上是减少的;
当a=1时,=1,函数f(x)在区间(-∞,+∞)上是增加的;
当a>1时,<1,函数f(x)在区间(-∞,)及(1,+∞)上是增加的,在区间(,1)上
是减少的.
11.【解析】(1)当a=-1时,f(x)=-lnx+2x+3(x>0),f′(x)=+2,
∴f(x)的单调递减区间为(0,),递增区间为(,+∞),f(x)的极小值是f()=-ln+2×+3=ln2+4.
(2)g(x)=x3+(-+2+m)x2,
∴g′(x)=x2+(4+2m)x-1,
∵g(x)在区间(1,3)上不是单调函数,且g′(0)=-1,
∴∴即-<m<-2.
故m的取值范围为(-,-2).
12.【解析】(1)当x<1时,f′(x)=-3x2+2x+b,
由题意得即
解得b=c=0.
(2)由(1)知f(x)=
①当-1≤x<1时,f′(x)=-x(3x-2),
解f′(x)>0得0<x<;
解f′(x)<0得-1≤x<0或<x<1,
∴f(x)在[-1,0)和(,1)上是减少的,在(0,)上是增加的,
由f′(x)=-x(3x-2)=0,得x=0或x=,
∵f(-1)=2,f()=,f(0)=0,f(1)=0,
∴f(x)在[-1,1)上的最大值为2.
②当1≤x≤e时,f(x)=alnx,
当a≤0时,f(x)≤0;当a>0时,f(x)在[1,e]上是增加的,
∴f(x)在[1,e]上的最大值为a.
∴当a≥2时,f(x)在[-1,e]上的最大值为a;
当a<2时,f(x)在[-1,e]上的最大值为2.
【变式备选】设f(x)=-x3+x2+2ax.
(1)若f(x)在(,+∞)上存在递增区间,求a的取值范围.
(2)当0<a<2时,f(x)在[1,4]上的最小值为-,求f(x)在该区间上的最大值. 【解析】(1)f(x)=-x3+x2+2ax,
∴f′(x)=-x2+x+2a,当x∈[,+∞)时,f′(x)的最大值为f′()=+2a.函数f(x)在(,+∞)上存在递增区间,即导函数在(,+∞)上存在函数值大于零成立,
∴+2a>0⇒a>-.
(2)已知0<a<2,f(x)在[1,4]上取到最小值-,而f′(x)=-x2+x+2a的图像开口向下,且对称轴为x=,
∴f′(1)=-1+1+2a=2a>0,
f′(4)=-16+4+2a=2a-12<0,
则必有一点x0∈[1,4]使得f′(x0)=0,此时函数f(x)在[1,x0]上是增加的,在[x0,4]上是减少的,
f(1)=-++2a=+2a>0,
∴f(4)=-×64+×16+8a=-+8a,
∴-+8a=-,得a=1,
此时,由f′(x0)=-+x0+2=0得x0=2或-1(舍去),
所以函数f(x)max=f(2)=.
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