寒假作業(yè)(五)導數的應用(注意命題點的區(qū)分度)一、選擇題1．函數f(x)＝3＋xlnx的單調遞增區(qū)間是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))B．(e，＋∞)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))解析：選Cf′(x)＝lnx＋1，由f′(x)>0，得x>eq\f(1,e)，故f(x)的單調遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞)).2．函數f(x)＝(x2－1)2＋2的極值點是()A．x＝1B．x＝－1C．x＝1或－1或0D．x＝0解析：選C∵f(x)＝x4－2x2＋3，∴由f′(x)＝4x3－4x＝4x(x＋1)(x－1)＝0，得x＝0或x＝1或x＝－1，又當x<－1時f′(x)<0，當－1<x<0時，f′(x)>0，當0<x<1時，f′(x)<0，當x>1時，f′(x)>0，∴x＝0,1，－1都是f(x)的極值點．3．(2023·長春三模)定義在R上的函數f(x)滿足：f′(x)＞f(x)恒成立，假設x1＜x2，那么ex1f(x2)與ex2f(xA．ex1f(x2)＞ex2f(xB．ex1f(x2)＜ex2f(xC．ex1f(x2)＝ex2f(xD．ex1f(x2)與ex2f(x解析：選A設g(x)＝eq\f(fx,ex)，那么g′(x)＝eq\f(f′xex－fxex,ex2)＝eq\f(f′x－fx,ex)，由題意知g′(x)＞0，所以g(x)在R上單調遞增，當x1＜x2時，g(x1)＜g(x2)，即eq\f(fx1,ex1)＜eq\f(fx2,ex2)，所以ex1f(x2)＞ex2f(x1)．4．x＝2是函數f(x)＝x3－3ax＋2的極小值點，那么函數f(x)的極大值為()A．15B．16C．17D．18解析：選Df′(x)＝3x2－3a，因為x＝2是函數f(x)＝x3－3ax＋2的極小值點，所以f′(2)＝12－3a＝0，解得a＝4，所以函數f(x)的解析式為f(x)＝x3－12x＋2，f′(x)＝3x2－12.由3x2－12＝0，得x＝±2，故函數f(x)在(－2,2)上是減函數，在(－∞，－2)，(2，＋∞)上是增函數，由此可知當x＝－2時，函數f(x)取得極大值5．假設函數f(x)＝eq\f(1,3)x3＋x2－eq\f(2,3)在區(qū)間(a，a＋5)上存在最小值，那么實數a的取值范圍是()A．[－5,0)B．(－5,0)C．[－3,0)D．(－3,0)解析：選C由題意，f′(x)＝x2＋2x＝x(x＋2)，故f(x)在(－∞，－2)，(0，＋∞)上是增函數，在(－2，0)上是減函數，作出其圖象如下圖，令eq\f(1,3)x3＋x2－eq\f(2,3)＝－eq\f(2,3)得，x＝0或x＝－3，那么結合圖象可知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－3≤a＜0，,a＋5＞0，))解得a∈[－3,0) .6．(2023·浙江高考)函數y＝f(x)的導函數y＝f′(x)的圖象如下圖，那么函數y＝f(x)的圖象可能是()解析：選D由f′(x)的圖象知，f′(x)的圖象有三個零點，故f(x)在這三個零點處取得極值，排除A、B；記導函數f′(x)的零點從左到右分別為x1，x2，x3，又在(－∞，x1)上f′(x)<0，在(x1，x2)上f′(x)>0，所以函數f(x)在(－∞，x1)上單調遞減，排除C，應選D.7．假設函數f(x)＝cosx＋2xf′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))，那么feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))與feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))的大小關系是()A．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))B．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))C．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))D．不確定解析：選C因為f′(x)＝－sinx＋2f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))，所以f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝－sineq\f(π,6)＋2f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))，所以f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝eq\f(1,2).因為f′(x)＝－sinx＋1≥0恒成立，所以f(x)＝cosx＋x是R上的增函數，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6))).8．(2023屆高三·黃岡調研)定義在區(qū)間(0，＋∞)上的函數y＝f(x)使不等式2f(x)<xf′(x)<3f(x)恒成立，其中y＝f′(x)為y＝f(A．8<eq\f(f2,f1)<16B．4<eq\f(f2,f1)<8C．3<eq\f(f2,f1)<4D．2<eq\f(f2,f1)<3解析：選B∵xf′(x)－2f(x)>0，x∴eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(fx,x2)))′＝eq\f(f′x·x2－2xfx,x4)＝eq\f(xf′x－2fx,x3)>0，∴y＝eq\f(fx,x2)在(0，＋∞)上單調遞增，∴eq\f(f2,22)>eq\f(f1,12)，即eq\f(f2,f1)>4.∵xf′(x)－3f(x)<0，x∴eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(fx,x3)))′＝eq\f(f′x·x3－3x2fx,x6)＝eq\f(xf′x－3fx,x4)<0，∴y＝eq\f(fx,x3)在(0，＋∞)上單調遞減，∴eq\f(f2,23)<eq\f(f1,13)，即eq\f(f2,f1)<8.綜上，4<eq\f(f2,f1)<8.9．(2023·張掖一診)定義在R上的可導函數f(x)滿足f(1)＝1，且2f′(x)>1，當x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(3π,2)))時，不等式f(2cosx)>eq\f(3,2)－2sin2eq\f(x,2)的解集為()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(4π,3)))B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(4π,3)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,3)))解析：選D令g(x)＝f(x)－eq\f(x,2)－eq\f(1,2)，那么g′(x)＝f′(x)－eq\f(1,2)>0，∴g(x)在R上單調遞增，且g(1)＝f(1)－eq\f(1,2)－eq\f(1,2)＝0，∵f(2cosx)－eq\f(3,2)＋2sin2eq\f(x,2)＝f(2cosx)－eq\f(2cosx,2)－eq\f(1,2)＝g(2cosx)，∴f(2cosx)>eq\f(3,2)－2sin2eq\f(x,2)，即g(2cosx)>0，∴2cosx>1，又x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(3π,2)))，∴x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,3))).10．函數f(x)＝eq\f(ex,x2)－keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)＋lnx))，假設x＝2是函數f(x)的唯一一個極值點，那么實數k的取值范圍為()A．(－∞，e]B．[0，e]C．(－∞，e)D．[0，e)解析：選Af′(x)＝eq\f(x2ex－2xex,x4)－keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,x2)＋\f(1,x)))＝eq\f(x－2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ex,x)－k)),x2)(x>0)．設g(x)＝eq\f(ex,x)(x>0)，那么g′(x)＝eq\f(x－1ex,x2)，∴g(x)在(0,1)上單調遞減，在(1，＋∞)上單調遞增．∴g(x)在(0，＋∞)上有最小值，為g(1)＝e，結合g(x)＝eq\f(ex,x)與y＝k的圖象可知，要滿足題意，只需k≤e，選A.11．函數f(x)＝x3－2x2－4x－7，其導函數為f′(x)，給出以下命題：①f(x)的單調遞減區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，2))；②f(x)的極小值是－15；③當a>2時，對任意的x>2且x≠a，恒有f(x)>f(a)＋f′(a)(x－a)；④函數f(x)有且只有一個零點．其中真命題的個數為()A．1B．2C．3D．4解析：選C易得f′(x)＝3x2－4x－4＝(x－2)(3x＋2)，①令f′(x)<0，得－eq\f(2,3)<x<2，所以f(x)的單調遞減區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，2))；②令f′(x)>0，得x<－eq\f(2,3)或x>2，結合①可知f(x)的極小值是f(2)＝－15；③顯然當a>2時，對任意的x>2且x≠a，恒有f(x)>f(a)＋f′(a)(x－a)不成立；④feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)))＝－eq\f(149,27)<0，f(2)＝－15<0，并結合①②易知f(x)有且只有一個零點．應選C.12．(2023屆高三·湘中名校聯考)函數g(x)＝a－x2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)≤x≤e，e為自然對數的底數))與h(x)＝2lnx的圖象上存在關于x軸對稱的點，那么實數a的取值范圍是()A．[1，e2－2]B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(1,e2)＋2))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)＋2，e2－2))D．[e2－2，＋∞)解析：選A由題意，知a－x2＝－2lnx，即－a＝2lnx－x2在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上有解．設f(x)＝2lnx－x2，那么f′(x)＝eq\f(2,x)－2x＝－eq\f(2x＋1x－1,x).易知x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))時，f′(x)>0，x∈[1，e]時，f′(x)<0，所以函數f(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))上單調遞增，在[1，e]上單調遞減，所以f(x)極大值＝f(1)＝－1，又f(e)＝2－e2，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－2－eq\f(1,e2)，即f(e)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))，所以方程－a＝2lnx－x2在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上有解等價于2－e2≤－a≤－1，所以a的取值范圍為[1，e2－2]．二、填空題13．假設函數h(x)＝2x－eq\f(k,x)＋eq\f(k,3)在(1，＋∞)上是增函數，在(0,1)上是減函數，那么實數k＝________.解析：h′(x)＝2＋eq\f(k,x2)，根據題意，知h′(1)＝0，即2＋k＝0，解得k＝－2，經驗證，符合題意．答案：－214．假設函數f(x)＝－eq\f(1,3)x3＋x在(a,10－a2)上有最大值，那么實數a的取值范圍是________．解析：由于f′(x)＝－x2＋1.易知f(x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)上單調遞減，在[－1，1]上單調遞增．故函數f(x)在(a,10－a2)上存在最大值的條件為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a<1，,10－a2>1，,f1≥fa.))即－2≤a<1.答案：[－2,1)15．圓柱形金屬飲料罐的外表積為定值S，要使它的容積最大，它的高h與底面半徑R的比應為________．解析：因為S＝2πRh＋2πR2，所以h＝eq\f(S－2πR2,2πR)，所以V(R)＝eq\f(S－2πR2,2πR)πR2，＝eq\f(1,2)(S－2πR2)R＝eq\f(1,2)SR－πR3.由V′(R)＝eq\f(1,2)S－3πR2＝0，得S＝6πR2，結合函數的單調性知當S＝6πR2時，容積最大，此時6πR2＝2πRh＋2πR2.即h∶R＝2∶1.答案：2∶116．(2023·蘭州診斷)函數f(x)＝ex＋mlnx(m∈R，e為自然對數的底數)，假設對任意正數x1，x2，當x1>x2時，都有f(x1)－f(x2)>x1－x2成立，那么實數m的取值范圍是________．解析：依題意得，對于任意的正數x1，x2，當x1>x2時，都有f(x1)－x1>f(x2)－x2，因此函數g(x)＝f(x)－x在區(qū)間(0，＋∞)上是增函數，于是當x>0時，g′(x)＝f′(x)－1＝ex＋eq\f(m,x)－1≥0，即x(ex－1)≥－m恒成立．記h(x)＝x(ex－1)，x>0，那么有h′(x)＝(x＋1)ex－1>(0＋1)e0－1＝0，x>0，即h(x)在區(qū)間(0，＋∞)上是增函數，h(x)的值域是(0，＋∞)，因此－m≤0，m≥0.故所求實數m的取值范圍是[0，＋∞)．答案：[0，＋∞)三、解答題17．函數f(x)＝eq\f(1,2)x2－alnx＋b(a∈R)．(1)假設曲線y＝f(x)在x＝1處的切線方程為3x－y－3＝0，求實數a，b的值；(2)假設x＝1是函數f(x)的極值點，求實數a的值．解：(1)因為f(x)＝eq\f(1,2)x2－alnx＋b，所以f′(x)＝x－eq\f(a,x)(x>0)，因為曲線y＝f(x)在x＝1處的切線的方程為3x－y－3＝0，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′1＝3，,f1＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－a＝3，,\f(1,2)＋b＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－2，,b＝－\f(1,2).))(2)因為x＝1是函數f(x)的極值點，所以f′(1)＝1－a＝0，所以a＝1.當a＝1時，f(x)＝eq\f(1,2)x2－lnx＋b，定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝x－eq\f(1,x)＝eq\f(x2－1,x)＝eq\f(x－1x＋1,x)，當0<x<1時，f′(x)<0，f(x)單調遞減，當x>1時，f′(x)>0，f(x)單調遞增，所以x＝1是f(x)的極值點，所以a＝1符合題意．18．設函數f(x)＝lnx－ax(a∈R)(e為自然對數的底數)．(1)判斷f(x)的單調性；(2)當f(x)<0在(0，＋∞)上恒成立時，求a的取值范圍．解：(1)f′(x)＝eq\f(1,x)－a(x>0)，當a≤0時，f′(x)>0，此時f(x)在(0，＋∞)上是增函數，當a>0時，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))時，f′(x)>0，此時f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上是增函數，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))時，f′(x)<0，此時f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上是減函數．綜上，當a≤0時，f(x)在(0，＋∞)上是增函數，當a>0時，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上是增函數，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上是減函數．(2)f(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，即a>eq\f(lnx,x)在(0，＋∞)上恒成立，設g(x)＝eq\f(lnx,x)，那么g′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，當x∈(0，e)時，g′(x)>0，g(x)為增函數，當x∈(e，＋∞)時，g′(x)<0，g(x)為減函數，故當x＝e時，g(x)取得最大值eq\f(1,e)，即a>eq\f(1,e)，所以a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞)).19．(2023·全國卷Ⅱ)設函數f(x)＝(1－x2)ex.(1)討論f(x)的單調性；(2)當x≥0時，f(x)≤ax＋1，求a的取值范圍．解：(1)f′(x)＝(1－2x－x2)ex.令f′(x)＝0，得x＝－1－eq\r(2)或x＝－1＋eq\r(2).當x∈(－∞，－1－eq\r(2))時，f′(x)＜0；當x∈(－1－eq\r(2)，－1＋eq\r(2))時，f′(x)＞0；當x∈(－1＋eq\r(2)，＋∞)時，f′(x)＜0.所以f(x)在(－∞，－1－eq\r(2))，(－1＋eq\r(2)，＋∞)上單調遞減，在(－1－eq\r(2)，－1＋eq\r(2))上單調遞增．(2)f(x)＝(1＋x)(1－x)ex.①當a≥1時，設函數h(x)＝(1－x)ex，那么h′(x)＝－xex＜0(x＞0)．因此h(x)在[0，＋∞)上單調遞減，又h(0)＝1，故h(x)≤1，所以f(x)＝(x＋1)h(x)≤x＋1≤ax＋1.②當0＜a＜1時，設函數g(x)＝ex－x－1，那么g′(x)＝ex－1＞0(x＞0)，所以g(x)在[0，＋∞)上單調遞增，而g(0)＝0，故ex≥x＋1.當0＜x＜1時，f(x)＞(1－x)(1＋x)2，(1－x)(1＋x)2－ax－1＝x(1－a－x－x2)，取x0＝eq\f(\r(5－4a)－1,2