2020年人教A版数学文(广东用)课时作业：2.11导数在研究函数中的应用.docx

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课时提升作业(十四)
一、选择题
1.(2021·中山模拟)函数y=f(x)在定义域(-,3)内的图象如图所示，记y=f(x)的导函数y=f′(x),则不等式f′(x)≤0的解集为( )
（A）［-,1］∪［2,3)
（B）［-1,］∪［,］
（C）［-,］∪［1,2)
（D）(-,-］∪［,］∪［,3)
2.（2021·宁波模拟）函数y＝(3－x2)ex的单调递增区间是( )
（A）(－∞,0) （B）(0,＋∞)　　　　
（C）(－∞,－3)和(1,＋∞) （D）(－3,1)
3.函数y = x·e-x在x∈［2, 4］上的最小值为( )

4.(2021·广州模拟)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)=ax·g(x)(a>0,且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］上的图象可能是( )

6.(2021·抚顺模拟)函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的
大致图象如图所示，则等于( )

二、填空题
7．若x∈［0,2π］，则函数y＝sinx－xcosx的单调递增区间是______.
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．已知函数f(x)＝x3＋mx2＋(m＋6)x＋1存在极值，则实数m的取值范围是______.
三、解答题
10．（2021·阳江模拟）已知函数f(x)=x2ln|x|.
（1）推断函数f(x)的奇偶性.
（2）求函数f(x)的单调区间.
（3）若关于x的方程f(x)=kx-1在(0,+∞)上有实数解，求实数k的取值范围.
11.（力气挑战题）已知函数f(x)=aln x-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．（力气挑战题）已知函数f(x)=xln x.
(1)求函数f(x)的极值.
(2)设函数g(x)=f(x)-k(x-1),其中k∈R，求函数g(x)在区间［1,e］上的最大值.

答案解析
1.【解析】选A.不等式f′(x)≤0的解集即为函数y=f(x)的减区间，由y=f(x)的图象知，x∈［-,1］∪［2,3).
2.【解析】选D.y′=-2xex+(3-x2)ex=ex(-x2-2x+3)＞0⇒x2+2x-3＜0⇒-3＜x＜1,
∴函数y＝(3－x2)ex的单调递增区间是(－3,1).
3.【解析】选C.y′=，当x∈［2, 4］时，y′＜0，即函数y=x·e-x在［2, 4］上单调递减，故当x=4时，函数有最小值为.
4.【解析】选B.由①②得=ax；由③得［］′= >0,故a>1.又所以a+a-1=，解得a=2或 (舍去).
5．【解析】选C.依据题意f′(x)在［a，b］上是先增后减的函数，则在函数f(x)的图象上，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】函数的导数与函数的增减速度问题的解题策略
函数的导数对函数的单调性有影响的同时，还对函数增减的速度有影响.增函数就是函数值随自变量的增大而增大，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；减函数就是函数值随自变量的增大而减小，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，导数的确定值也就大，从而导数的确定值越大，函数增减的速度就越快．
一般地,假如一个函数在某一范围内的导数的确定值较大,说明函数在这个范围内变化得快,这时,函数的图象就比较“陡峭”(向上或向下)；反之,函数的图象就较“平缓”.
6.【思路点拨】从函数图象上可知x1，x2为函数f(x)的极值点，故x1，x2是
f′(x)＝0的两根，再依据根与系数的关系进行求解.
【解析】选C. 从函数图象上可知x1，x2为函数f(x)的极值点，依据函数图象经过的三个特殊点求出b，c，d.依据函数图象得d＝0，且f(－1)＝－1＋b－c＝0，f(2)＝8＋4b＋2c＝0，解得b＝－1，c＝－2，故f′(x)＝3x2－2x－2,所以x1+x2=,x1x2=-，所以＝(x1＋x2)2－2x1x2＝
7．【解析】y′＝xsinx，令y′>0，即xsinx>0，
又x∈［0,2π］,得0<x<π.
所以所求的单调递增区间是(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，不能取极大值,
∴c=6.
答案：6
【误区警示】本题易毁灭由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．【思路点拨】函数f(x)存在极值，即f′(x)=0有两个不等实根.
【解析】f′(x)＝3x2＋2mx＋m＋6＝0有两个不等实根，即Δ＝4m2－12×(m＋6)>0.∴m>6或m<－3.
答案：(－∞，－3)∪(6，＋∞)
10．【解析】（1）函数f(x)的定义域为{x|x∈R且x≠0}，
f(-x)=(-x)2ln|-x|=x2ln|x|=f(x),
∴f(x)为偶函数.
（2）当x>0时，f′(x)=2x·ln x+x2·
=x·(2ln x+1)，令f′(x)=0，则x=e，
若0<x<e,则f′(x)<0，f(x)递减；
若x>e，则f′(x)>0，f(x)递增.
再由f(x)是偶函数，得f(x)的递增区间是(-e,0)和(e,+∞);
递减区间是(-∞,-e)和(0,e).
(3)由f(x)=kx-1，得：xln|x|+=k,
令g(x)=xln|x|+,
当x>0时，g′(x)=ln x+1-=ln x+,
明显g′(1)=0,
当0<x<1时，g′(x)<0,g(x)递减；
当x>1时，g′(x)>0，g(x)递增，
∴x>0时，g(x)min=g(1)=1,
∴若方程f(x)=kx-1在(0,+∞)上有实数解，则实数k的取值范围是［1,+∞).
11.【解析】（1）当a=-1时，f(x)=-ln x+2x+3(x＞0),f′(x)= +2,
∴f(x)的单调递减区间为（0，）,单调递增区间为（,+∞),f(x)的微小值是f()=-ln+2×+3=ln 2+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)f′(x)=ln x+1(x>0).
令f′(x)≥0,得ln x≥-1=ln e-1,x≥e-1=;
令f′(x)≤0,得x∈(0, ］.
∴f(x)的单调递增区间是［,+∞），单调递减区间是（0, ］,
∴该函数的微小值，也是最小值为f(x)min=f()=-.
f(x)无极大值.
(2)g(x)=xln x-k(x-1)，则g′(x)=ln x+1-k,
由g′(x)=0，得x=ek-1,
所以，在区间(0,ek-1)上，g(x)为递减函数，在区间(ek-1,+∞)上，g(x)为递增函数.
当ek-1≤1，即k≤1时，在区间［1,e］上，g(x)为递增函数，所以,g(x)最大值为g(e)=e-ke+k.
当1<ek-1<e，即1<k<2时，g(x)的最大值是g(1)或g(e)，g(1)=g(e),得k=,
当1<k<时，g(e)=e-ek+k>0=g(1)，g(x)最大值为g(e)=e-ke+k,
当≤k<2时，g(e)=e-ek+k≤0=g(1),g(x)最大值为g(1)=0.
当ek-1≥e,即k≥2时，在区间［1,e］上，g(x)为递减函数，所以g(x)最大值为g(1)=0.
综上，当k<时，g(x)最大值为e-ke+k;
当k≥时，g(x)的最大值是0.
【变式备选】设f(x)=-x3+x2+2ax.
（1）若f(x)在(,+∞)上存在单调递增区间，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，函数f(x)在(,+∞)上存在单调递增区间，即导函数在(,+∞)上存在函数值大于零的部分，
∴f′()=-()2++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的图象开口向下，且对称轴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］上单调递增，在［x0,4］上单调递减，
f(1)=-+2a＞0,
∴f(4)=
∴+8a=-，得a=1,
此时，由f′(x0) =-x02+x0+2=0得x0=2或-1（舍去）,
所以函数f(x)max=f(2)=.
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