《2019-2020學年高中數(shù)學 模塊復習課 第4課時 導數(shù)及其應用課后訓練案鞏固提升（含解析）新人教A版選修1-1》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019-2020學年高中數(shù)學 模塊復習課 第4課時 導數(shù)及其應用課后訓練案鞏固提升（含解析）新人教A版選修1-1（5頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第4課時導數(shù)及其應用課后訓練案鞏固提升一、A組1.(2016廣東實驗中學月考)已知f(x)=x3-92x2+6x-a,若對任意實數(shù)x,f(x)m恒成立,則m的最大值為()A.3B.2C.1D.-34解析:f(x)=3x2-9x+6,因為對任意實數(shù)x,f(x)m恒成立,即3x2-9x+(6-m)0恒成立,所以=81-12(6-m)0,解得m-34,即m的最大值為-34,故選D.答案:D2.設函數(shù)f(x)的定義域為R,x0(x00)是f(x)的極大值點,以下結論一定正確的是()A.xR,f(x)f(x0)B.-x0是f(-x)的極小值點C.-x0是-f(x)的極小值點D.-x0是-f(-x)的極小

2、值點解析:f(x)與-f(-x)的圖象關于原點對稱,故x0(x00)是f(x)的極大值點時,-x0是-f(-x)的極小值點,故選D.答案:D3.(2016海南?？诟叨z測)若函數(shù)f(x)=kx-ln x在區(qū)間(1,+)單調(diào)遞增,則k的取值范圍是()A.(-,-2B.(-,-1C.2,+)D.1,+)解析:由f(x)=k-1x,又f(x)在(1,+)上單調(diào)遞增,則f(x)0在x(1,+)上恒成立,即k1x在x(1,+)上恒成立.又當x(1,+)時,01x0,因此函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增,且f(-2)=-530,因此函數(shù)f(x)零點的個數(shù)為1,故選B.答案:B5.(2016山東泰安高二檢測)若0

3、x1x2ln x2-ln x1B.ex2-ex1x1ex2D.x2ex1x1ex2解析:令f(x)=exx,則f(x)=xex-exx2=ex(x-1)x2.當0x1時,f(x)0,即f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減,0x1x21,f(x2)f(x1),即ex2x2x1ex2,故選C.答案:C6.(2015陜西高考)函數(shù)y=xex在其極值點處的切線方程為.解析:令y=(x+1)ex=0,得x=-1,則切點為-1,-1e.函數(shù)在極值點處的導數(shù)為0,即切線斜率為0,則切線方程為y=-1e.答案:y=-1e7.(2015天津高考)已知函數(shù)f(x)=axln x,x(0,+),其中a為實數(shù),f(x)為f

4、(x)的導函數(shù),若f(1)=3,則a的值為.解析:因為f(x)=axlnx,所以f(x)=alnx+ax1x=a(lnx+1).由f(1)=3得a(ln1+1)=3,所以a=3.答案:38.已知函數(shù)f(x)=ex(ax2-2x+2),其中a0.(1)若曲線y=f(x)在x=2處的切線與直線x+e2y-1=0垂直,求實數(shù)a的值;(2)討論f(x)的單調(diào)性.解:f(x)=exax2+(2a-2)x(a0).(1)由題意得f(2)-1e2=-1,解得a=58.(2)令f(x)=0,得x1=0,x2=2-2aa.當0a1時,f(x)的增區(qū)間為-,2-2aa,(0,+),減區(qū)間為2-2aa,0.9.已知

5、函數(shù)f(x)=(4x2+4ax+a2)x,其中a0得x0,25或x(2,+),故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為0,25和(2,+).(2)因為f(x)=(10x+a)(2x+a)2x,a0,由f(x)=0得x=-a10或x=-a2.當x0,-a10時,f(x)單調(diào)遞增;當x-a10,-a2時,f(x)單調(diào)遞減;當x-a2,+時,f(x)單調(diào)遞增.易知f(x)=(2x+a)2x0,且f-a2=0.當-a21時,即-2a0時,f(x)在1,4上的最小值為f(1),由f(1)=4+4a+a2=8,得a=22-2,均不符合題意.當1-a24時,即-8a4時,即a0,f(x)在(0,1)上是增函數(shù);當x(

6、1,+)時,f(x)0,所以b1-1x-lnxx恒成立.令g(x)=1-1x-lnxx,可得g(x)=lnxx2,因此g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減,在(1,+)上單調(diào)遞增,所以g(x)min=g(1)=0,故b的取值范圍是(-,0.二、B組1.(2017山東日照高二檢測)已知函數(shù)f(x)=x(ln x-ax)有兩個極值點,則實數(shù)a的取值范圍是()A.(-,0)B.0,12C.(0,1)D.(0,+)解析:由題意知,x0,f(x)=lnx+1-2ax,由于函數(shù)f(x)有兩個極值點,則f(x)=0有兩個不相等的正根,顯然a0時不合題意,必有a0.令g(x)=lnx+1-2ax,則g(x)=1x-

7、2a,令g(x)=0,得x=12a,故g(x)在0,12a上單調(diào)遞增,在12a,+上單調(diào)遞減,所以g(x)在x=12a處取得最大值,即f12a=ln12a0,所以0a12.答案:B2.(原創(chuàng)題)若函數(shù)f(x)定義域為R,且xf(x)2f(0)B.f(-1)+f(1)2f(0)C.f(-1)+f(1)=2f(0)D.f(-1)+f(1)與2f(0)的大小不確定解析:由于xf(x)0時f(x)0,當x0,即函數(shù)f(x)在(-,0)上遞增,在(0,+)上遞減,因此f(-1)f(0),f(1)f(0),故f(-1)+f(1)0時,實數(shù)b的最小值是.解析:設切點為(x0,alnx0),則y=alnx上此

8、點處的切線為y=ax0x+alnx0-a,故ax0=2,alnx0-a=b,b=alna2-a=alna-aln2-a(a0),b=lna2,b在(0,2)上單調(diào)遞減,在(2,+)上單調(diào)遞增.b的最小值為-2.答案:-25.函數(shù)f(x)=1x+2x2+1x3.(1)求y=f(x)在-4,-12上的最值;(2)若a0,求g(x)=1x+2x2+ax3的極值點.解:(1)f(x)=-(x+1)(x+3)x4,令f(x)=0,得x=-1或x=-3.當x變化時,f(x),f(x)的變化情況如下:x-4(-4,-3)-3(-3,-1)f(x)-0+f(x)-964單調(diào)遞減極小值-427單調(diào)遞增x-1-1

9、,-12-12f(x)0-f(x)極大值0單調(diào)遞減-2y=f(x)在-4,-12上的最大值為0,最小值為-2.(2)g(x)=-x2+4x+3ax4,設u=x2+4x+3a,=16-12a,當a43時,0,g(x)0,y=g(x)沒有極值點.當0a43時,x1=-2-4-3a,x2=-2+4-3a0,減區(qū)間為(-,x1),(x2,0),增區(qū)間為(x1,x2),有兩個極值點x1,x2.當a=0時,g(x)=1x+2x2,g(x)=-x+4x3,減區(qū)間為(-,-4),增區(qū)間為(-4,0).有一個極值點x=-4.綜上所述,a=0時,有一個極值點x=-4;0a1.(1)若f(x)在(1,+)上單調(diào)遞減

10、,求實數(shù)a的取值范圍;(2)若a=2,求函數(shù)f(x)的極小值;(3)若方程(2x-m)ln x+x=0在(1,e上有兩個不等實根,求實數(shù)m的取值范圍.解:(1)f(x)=xlnx+ax,x1.f(x)=lnx-1ln2x+a.由題意可得f(x)0,即a1ln2x-1lnx=1lnx-122-14,對x(1,+)恒成立.x(1,+),lnx(0,+),1lnx-12=0時,函數(shù)t(x)=1lnx-122-14的最小值為-14,a-14.(2)當a=2時,f(x)=xlnx+2x,f(x)=lnx-1+2ln2xln2x=(2lnx-1)(lnx+1)ln2x,由f(x)=0,x1,得x=e12.f(x)與f(x)在(1,+)上的情況如下表:x(1,e12)e12(e12,+)f(x)-0+f(x)極小值4e函數(shù)f(x)的極小值為42.(3)x1,(2x-m)lnx+x=02x-m+xlnx=0m=xlnx+2x,方程(2x-m)lnx+x=0在(1,e上有兩個不等實根,即函數(shù)f(x)與函數(shù)y=m在(1,e上有兩個不同的交點.由(2)可知,f(x)在(1,e12)上單調(diào)遞減,在(e12,e上單調(diào)遞增且f(e12)=4e,f(e)=3e,當x1時,xlnx+,4em3e,故實數(shù)m的取值范圍是(4e,3e.5