《2022年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第三章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 第2講 導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用習(xí)題 理 新人教A版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第三章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 第2講 導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用習(xí)題 理 新人教A版（6頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第三章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 第2講 導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用習(xí)題 理 新人教A版 一、選擇題 1.(xx·北京海淀區(qū)模擬)函數(shù)f(x)＝x2－2ln x的單調(diào)遞減區(qū)間是(　　) A.(0，1) B.(1，＋∞) C.(－∞，1) D.(－1，1) 解析　∵f′(x)＝2x－＝(x＞0). ∴當(dāng)x∈(0，1)時(shí)f′(x)＜0，f(x)為減函數(shù)； 當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0，f(x)為增函數(shù). 答案　A 2.函數(shù)y＝xex的最小值是(　　) A.－1 B.－e C.－ D.不存在 解析　y′＝ex＋xex＝(1＋x)

2、ex，令y′＝0，則x＝－1，因?yàn)閤＜－1時(shí)，y′＜0，x＞－1時(shí)，y′＞0，所以x＝－1時(shí)，ymin＝－. 答案　C 3.已知函數(shù)y＝f(x)的圖象是下列四個(gè)圖象之一，且其導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的圖象如圖所示，則該函數(shù)的圖象是(　　) 解析　由y＝f′(x)的圖象知，y＝f(x)在[－1，1]上為增函數(shù)，且在區(qū)間(－1，0)上增長(zhǎng)速度越來(lái)越快，而在區(qū)間(0，1)上增長(zhǎng)速度越來(lái)越慢. 答案　B 4.對(duì)于在R上可導(dǎo)的任意函數(shù)f(x)，若滿足(x－a)f′(x)≥0，則必有(　　) A.f(x)≥f(a) B.f(x)≤f(a) C.f(x)>f(a) D.f(x)

3、(a) 解析　由(x－a)f′(x)≥0知，當(dāng)x>a時(shí)，f′(x)≥0；當(dāng)x

4、 二、填空題 6.(xx·九江模擬)函數(shù)f(x)＝(x－3)ex的單調(diào)遞增區(qū)間是________. 解析　函數(shù)f(x)＝(x－3)ex的導(dǎo)數(shù)為f′(x)＝[(x－3)ex]′＝ex＋(x－3)ex＝(x－2)ex. f′(x)＝(x－2)ex＞0，解得x＞2. 答案　(2，＋∞) 7.(xx·廣州模擬)已知f(x)＝x3＋3ax2＋bx＋a2在x＝－1時(shí)有極值0，則a－b＝________. 解析　由題意得f′(x)＝3x2＋6ax＋b，則 解得或 經(jīng)檢驗(yàn)當(dāng)a＝1，b＝3時(shí)，函數(shù)f(x)在x＝－1處無(wú)法取得極值，而a＝2，b＝9滿足題意，故a－b＝－7. 答案?。? 8.

5、(xx·煙臺(tái)模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝x3－－2x＋5，若對(duì)任意的x∈[－1，2]，都有f(x)＞a，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________. 解析　f′(x)＝3x2－x－2，令f′(x)＝0，得3x2－x－2＝0，解得x＝1或x＝－，又f(1)＝，f＝，f(－1)＝，故f(x)min＝，∴a＜. 答案　 三、解答題 9.(xx·安徽卷)已知函數(shù)f(x)＝(a＞0，r＞0). (1)求f(x)的定義域，并討論f(x)的單調(diào)性； (2)若＝400，求f(x)在(0，＋∞)內(nèi)的極值. 解　(1)由題意知x≠－r，所求的定義域?yàn)?－∞，－r)∪(－r，＋∞). f(x)＝＝， f′(x

6、)＝＝， 所以當(dāng)x＜－r或x＞r時(shí)，f′(x)＜0； 當(dāng)－r＜x＜r時(shí)，f′(x)＞0. 因此，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，－r)，(r，＋∞)；f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－r，r). (2)由(1)的解答可知f′(r)＝0，f(x)在(0，r)上單調(diào)遞增，在(r，＋∞)上單調(diào)遞減. 因此，x＝r是f(x)的極大值點(diǎn)，所以f(x)在(0，＋∞)內(nèi)的極大值為f(r)＝＝＝＝100. 10.設(shè)函數(shù)f(x)＝aln x－bx2(x＞0)，若函數(shù)f(x)在x＝1處與直線y＝－相切. (1)求實(shí)數(shù)a，b的值； (2)求函數(shù)f(x)在上的最大值. 解　(1)f′(x)＝－2bx(x＞

7、0)，∵函數(shù)f(x)在x＝1處與直線y＝－相切， ∴解得 (2)f(x)＝ln x－x2，f′(x)＝－x＝， ∵當(dāng)≤x≤e時(shí)，令f′(x)＞0得≤x＜1； 令f′(x)＜0，得1＜x≤e, ∴f(x)在上單調(diào)遞增，在[1，e]上單調(diào)遞減， ∴f(x)max＝f(1)＝－. 能力提升題組 (建議用時(shí)：40分鐘) 11.(xx·安徽卷)函數(shù)f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d的圖象如圖所示，則下列結(jié)論成立的是(　　) A.a＞0，b＜0，c＞0，d＞0 B.a＞0，b＜0，c＜0，d＞0 C.a＜0，b＜0，c＞0，d＞0 D.a＞0，b＞0，c＞0，d＜0 解析

8、　∵函數(shù)f(x)的圖象在y軸上的截距為正值，∴d＞0，∵f′(x)＝3ax2＋2bx＋c，且函數(shù)f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d在(－∞，x1)上單調(diào)遞增，(x1，x2)上單調(diào)遞減，(x2，＋∞)上單調(diào)遞增，∴f′(x)＜0的解集為(x1，x2)，∴a＞0，又x1，x2均為正數(shù)，∴＞0，－＞0，可得c＞0，b＜0. 答案　A 12.(xx·衡水中學(xué)月考)已知f(x)是可導(dǎo)的函數(shù)，且f′(x)e2 016f(0) B.f(1)>ef(0)，f(2 016)>e2 016f(0) C.f(1)>ef(0

9、)，f(2 016)

10、0，解得a＞－. 所以a的取值范圍是. 答案　 14. (xx·日照實(shí)驗(yàn)高中模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝(x－1)ex－kx2(k∈R). (1)當(dāng)k＝1時(shí)，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)當(dāng)k∈時(shí)，求函數(shù)f(x)在[0，k]上的最大值M. 解　(1)當(dāng)k＝1時(shí)，f(x)＝(x－1)ex－x2， ∴f′(x)＝ex＋(x－1)ex－2x＝x(ex－2). 令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝ln 2. 當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)、f(x)的變化情況如下表： x (－∞，0) 0 (0，ln 2) ln 2 (ln 2，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋

11、f(x)  極大值  極小值  由表可知，函數(shù)f(x)的遞減區(qū)間為(0，ln 2)，遞增區(qū)間為(－∞，0)，(ln 2， ＋∞). (2)f′(x)＝ex＋(x－1)ex－2kx＝x(ex－2k)， ∵g(1)＝1－ln 2>0， ∴k－ln 2k>0即k>ln 2k， ∴f

12、(x)在(0，ln 2k)上單調(diào)遞減，在(ln 2k，k)上單調(diào)遞增， ∴f(x)在[0，k]上的最大值應(yīng)在端點(diǎn)處取得. 而f(0)＝－1，f(k)＝(k－1)ek－k3， 下面比較f(0)與f(k)的大小. 令h(k)＝f(k)－f(0)＝(k－1)ek－k3＋1， 則h′(k)＝k(ek－3k)， 再令φ(k)＝ek－3k，則φ′(k)＝ek－30， 當(dāng)k∈(x0，1)時(shí)，φ(k)<0， ∴h(k)在上單調(diào)遞增，在(x0，1)上單調(diào)遞減. 又h＝－ ＋>0，h(1)＝0. ∴h(k)≥0在上恒成立，當(dāng)且僅當(dāng)k＝1時(shí)取“＝”. 綜上，函數(shù)f(x)在[0，k]上的最大值M＝(k－1)ek－k3.