高考数学一轮复习第2章第11节导数在研究函数中的应用课后限时自测理苏教版

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[A 级 基础达标练] 一、填空题 1.函数 f(x)=x+eln x 的单调递增区间为________. e [解析] 函数定义域为(0,+∞),f′(x)=1+ >0,故单调增区间是(0,+∞).

x

[答案] (0,+∞) 2.函数 f(x)=x -15x -33x+6 的单调减区间为________. [解析] 由已知 f′(x)=3x -30x-33=3(x-11)(x+1), 由(x-11)(x+1)≤0 得单调减区间为[-1,11]. [答案] [-1,11] 3.(2014·苏州调研)函数 y=ex-ln x 的值域为________. 1 ex-1 1 [解析] 函数的定义域为{x|x>0},y′=e- = ,令 y′=0 得 x= ,y=f(x)在 x x e
2 3 2

?0,1?上为减函数,?1,+∞?上为增函数,x=1时,y =2,即 y≥2. ? e? ?e ? min e ? ? ? ?
[答案] [2,+∞) 4.(2011·广东高考)函数 f(x)=x -3x +1 在 x=________处取得极小值. [解析] 由已知 f′(x)=3x -6x=3x(x-2), 当 x<0 时,f′(x)>0, 当 0<x<2 时,f′(x)<0, 当 x>2 时,f′(x)>0, 故当 x=2 时 f(x)取得极小值. [答案] 2 5.(2014·无锡市北高中检测)函数 f(x)=xln x 在区间[1,t+1](t>0)上的最小值为 ________. [解析] f′(x)=ln x+1,当 x≥1 时,f′(x)>0, ∴f(x)=xln x 在区间[1,t+1](t>0)是增函数. ∴最小值为 f(1)=0. [答案] 0 6 .(2014·盐城期中检测 ) 已知函数 f(x) = 2f′(1)ln x - x ,则 f(x) 的极大值为 ________. 2f [解析] f′(x)=
2 3 2

x

-1,

令 x=1,f′(1)=2f′(1)-1 得 f′(1)=1,
1

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2 ∴f(x)=2ln x-x,f′(x)= -1.

x

当 x∈(0,2)时,f′(x)>0,f(x)为增函数, 当 x∈(2,+∞)时,f′(x)<0,f(x)为减函数, ∴f(x)的极大值为 f(2)=2ln 2-2. [答案] 2ln 2-2 7.(2013·浙江高考改编)已知 e 为自然对数的底数,设函数 f(x)=(e -1)(x-1) (k =1,2),则下面四种说法正确的是________(填序号). ①当 k=1 时,f(x)在 x=1 处取到极小值 ②当 k=1 时,f(x)在 x=1 处取到极大值 ③当 k=2 时,f(x)在 x=1 处取到极小值 ④当 k=2 时,f(x)在 x=1 处取到极大值 [解析] 当 k=1 时,f(x)=(e -1)(x-1), 则 f′(x)=e (x-1)+(e -1)=e x-1, 所以 f′(1)=e-1≠0, 所以 f(1)不是极值. 当 k=2 时,f(x)=(e -1)(x-1) , 则 f′(x)=e (x-1) +2(e -1)(x-1) =e (x -1)-2(x-1) =(x-1)[e (x+1)-2], 所以 f′(1)=0, 且当 x>1 时, f′(x)>0; 在 x=1 附近的左侧, f′(x)<0, 所以 f(1) 是极小值. [答案] ③ 8.(2014·山东高考改编)函数 f(x)=
?x>0, ? ? ?
2

x

k

x

x

x

x

x

2

x

2

x

x

2

x

1
2

x

2

的定义域为________. -1

[解析] 由题意知?

x

2

>1,

1 解得 x>2 或 0<x< . 2

? 1? [答案] ?0, ?∪(2,+∞) 2 ? ?
二、解答题 9.(2013·课标全国卷Ⅰ)已知函数 f(x)=e (ax+b)-x -4x,曲线 y=f(x)在点(0,
x
2

f(0))处的切线方程为 y=4x+4.
(1)求 a,b 的值; (2)讨论 f(x)的单调性,并求 f(x)的极大值. [解] (1)f′(x)=e (ax+a+b)-2x-4.
2
x

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由已知得 f(0)=4,f′(0)=4.故 b=4,a+b=8. 从而 a=4,b=4. (2)由(1)知,f(x)=4e (x+1)-x -4x,
x
2

f′(x)=4ex(x+2)-2x-4=4(x+2)?e - ?.
x

? ?

1? 2?

令 f′(x)=0,得 x=-ln 2 或 x=-2. 从而当 x∈(-∞,-2)∪(-ln 2,+∞)时,f′(x)>0; 当 x∈(-2,-ln 2)时,f′(x)<0. 故 f(x)在(-∞,-2),(-ln 2,+∞)上单调递增, 在(-2,-ln 2)上单调递减. 当 x=-2 时,函数 f(x)取得极大值,极大值为 f(-2)=4(1-e ). e 10.(2011·安徽高考)设 f(x)= 2,其中 a 为正实数. 1+ax 4 (1)当 a= 时,求 f(x)的极值点; 3 (2)若 f(x)为 R 上的单调函数,求 a 的取值范围. [解] 对 f(x)求导得 f′(x)=e
x x
-2

1+ax -2ax 2 2① +ax

2

4 2 (1)当 a= 时,若 f′(x)=0 则 4x -8x+3=0 3 3 1 解得 x1= ,x2= 2 2 又当 x 变化时,f′(x)和 f(x)的变化情况如下:

x f′(x) f(x)

?-∞,1? ? 2? ? ?


1 2 0 极大值

?1,3? ?2 2? ? ?


3 2 0 极小值

?3,+∞? ?2 ? ? ?


3 1 ∴x1= 是极小值点,x2= 是极大值点. 2 2 (2)若 f(x)为 R 上的单调函数,则 f′(x)在 R 上不变号,结合①与条件 a>0,知 ax - 2ax+1≥0 在 R 上恒成立,由 Δ =4a -4a=4a(a-1)≤0 得 0<a≤1. 所以 a 的取值范围为{a|0<a≤1}.
2 2

[B 级 能力提升练] 一、填空题

3

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1 2 1.(2014·苏州模拟)若函数 f(x)=x - ln x+1 在其定义域内的一个子区间(k-1,k 2 +1)内不是单调函数,则实数 k 的取值范围________. [解析] 函 数 f(x) 的 定 义 域 为 (0 , + ∞) , f′(x) = 2x - 1 = 2x

x
2x

2

-1



x+
2x

x-



1 1 由 f′(x)>0 得 x> ,由 f′(x)<0 得 0<x< ,要使函数在定义域内的一个子区间(k-1, 2 2

k+1)内不是单调函数,则有 0≤k-1< <k+1,解得 1≤k< ,即 k 的取值范围是?1, ?. 2

1 2

3 2

? ?

3?

?

? 3? [答案] ?1, ? ? 2?
2.已知函数 f(x)=ln x- (m∈R)在区间[1,e]上取得最小值 4,则 m=________. 1 m x+m [解析] 函数定义域为(0,+∞),f′(x)= + 2= 2 ,

m x

x x

x

①当 m≥0 时,f′(x)>0,∴f(x)在[1,e]上单调递增, ∴f(x)min=f(1)=-m=4, ∴m=-4,舍去. ②当 m<0 时,f(x)在(0,-m)上递减,在(-m,+∞)上递增. ⅰ.当-m>e,即 m<-e 时,f(x)min=f(e)=1- =4,∴m=-3e. e ⅱ.当 1≤-m≤e,即-e≤m≤-1 时,f(x)min=f(-m)=ln(-m)+1=4,∴m=-e , 舍去. ⅲ.当-m<1,即 m>-1 时,f(x)min=f(1)=-m=4, ∴m=-4,舍去. [答案] -3e 二、解答题 3.(2014·连云港质检)已知函数 f(x)=ax +1(a>0),g(x)=x +bx. (1)若曲线 y=f(x)与曲线 y=g(x)在它们的交点(1,c)处具有公共切线,求 a,b 的值; (2)当 a =4b 时,求函数 f(x)+g(x)的单调区间,并求其在区间(-∞,-1]上的最大 值. [解] (1)f′(x)=2ax,g′(x)=3x +b, 因为曲线 y=f(x)与曲线 y=g(x)在它们的交点(1,c)处具有公共切线,所以 f(1)=
2 2 2 3 3

m

g(1),且 f′(1)=g′(1).
则 a+1=1+b,且 2a=3+b.解得 a=3,b=3.
4

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1 2 (2)记 h(x)=f(x)+g(x).当 b= a 时, 4

h(x)=x3+ax2+ a2x+1,h′(x)=3x2+2ax+ a2.
令 h′(x)=0,得 x1=- ,x2=- . 2 6

1 4

1 4

a

a

a>0 时,h(x)与 h′(x)的变化情况如下:

x h′(x) h(x)

?-∞,-a? ? 2? ? ?


- 0

a
2

?-a,-a? ? 2 6? ? ?


- 0

a
6

?-a,+∞? ? 6 ? ? ?


所以 h(x)的单调递增区间为?-∞,- ?和?- ,+∞?;单调递减区间为?- ,- ?. 2? ? 6 6? ? ? ? 2 当- ≥-1,即 0<a≤2 时, 2 函数 h(x)在区间(-∞,-1]上单调递增,h(x)在区间(-∞,-1]上的最大值为 h(- 1 2 1)=a- a . 4 当- <-1,且- ≥-1,即 2<a≤6 时, 2 6 函数 h(x)在区间?-∞,- ?上单调递增,在区间?- ,-1?上单调递减,h(x)在区间 2? ? ? 2 ? (-∞,-1]上的最大值为 h?- ?=1. ? 2? 当- <-1,即 a>6 时, 6 函数 h(x) 在区间 ?-∞,- ? 上单调递增,在区间 ?- ,- ? 上单调递减,在区间 2? 6? ? ? 2

?

a? ? a

?

? a

a?

a

a

a

?

a?

? a

?

? a?

a

?

a?

? a

a?

?-a,-1?上单调递增, ? 6 ? ? ?
1 2 1 ? a? 2 又因为 h?- ?-h(-1)=1-a+ a = (a-2) >0, 4 4 ? 2? 所以 h(x)在区间(-∞,-1]上的最大值为 h- =1. 2

a

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