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课时作业14 导数在函数中的应用
一、选择题(每小题5分，共40分)
1．(2022·长春名校联考)已知定义在R上的函数f(x)，其导函数f′(x)的大致图像如图所示，则下列叙述正确的是( )
A．f(b)>f(c)>f(d) B．f(b)>f(a)>f(e)
C．f(c)>f(b)>f(a) D．f(c)>f(e)>f(d)
解析：依题意得，当x∈(－∞，c)时，f′(x)>0；当x∈(c，e)时，f′(x)<0；当x∈(e，＋∞)时，f′(x)>0.因此，函数f(x)在(－∞，c)上是增函数，在(c，e)上是减函数，在(e，＋∞)上是增函数，又a<b<c，所以f(c)>f(b)>f(a)，选C.
答案：C
2．(2022·西安模拟)若函数h(x)＝2x－＋在(1，＋∞)上是增函数，则实数k的取值范围是( )
A．[－2，＋∞) B．[2，＋∞)
C．(－∞，－2] D．(－∞，2]
解析：由条件得h′(x)＝2＋＝≥0在(1，＋∞)上恒成立，即k≥－2x2在(1，＋∞)上恒成立，所以k∈[－2，＋∞)．
答案：A
3．(2022·福建，8)设函数f(x)的定义域为R，x0(x0≠0)是f(x)的极大值点，以下结论确定正确的是( )
A．∀x∈R，f(x)≤f(x0)
B．－x0是f(－x)的微小值点
C．－x0是－f(x)的微小值点
D．－x0是－f(－x)的微小值点
解析：∵y＝f(x)与y＝－f(－x)的图像关于原点对称，
∴－x0是－f(－x)的微小值点．
答案：D
4．(2022·青岛模拟)函数f(x)＝x3－3x2＋2在区间[－1,1]上的最大值是( )
A．－2 B．0
C．2 D．4
解析：f′(x)＝3x2－6x，令f′(x)＝0，得x＝0或2.
∴f(x)在[－1,0)上是增函数，f(x)在(0,1]上是减函数．
∴f(x)max＝f(x)极大值＝f(0)＝2.
答案：C
5．(2022·长春市调研)若a>2，则函数f(x)＝x3－ax2＋1在(0,2)内零点的个数为( )
A．3 B．2
C．1 D．0
解析：依题意得f′(x)＝x2－2ax，由a>2可知，f′(x)在x∈(0,2)时恒为负，即f(x)在(0,2)内单调递减，又f(0)＝1>0，f(2)＝－4a＋1<0，因此f(x)在(0,2)内只有一个零点，故选C.
答案：C
6．定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)的偶函数f(x)在区间(0，＋∞)上的图像如图所示，则不等式f(x)f′(x)>0的解集是( )
A．(－∞，0)∪(0,1) B．(－1,0)∪(1，＋∞)
C．(－∞，－1)∪(1，＋∞) D．(－1,0)∪(0,1)
解析：f(x)图像如图
①当x>0，f′(x)>0，若f(x)·f′(x)>0，则只需f(x)>0，由图得x∈(1，＋∞)．
②当x<0，f′(x)<0，若f(x)·f′(x)>0，则只需f(x)<0，由图得x∈(－1,0)．
综上，x∈(－1,0)∪(1，＋∞)．
答案：B
7．(2022·陕西宝鸡一模，9)已知函数f(x)＝x3－ax－1，若f(x)在(－1,1)上单调递减，则a的取值范围为( )
A．a≥3 B．a>3
C．a≤3 D．a<3
解析：∵f′(x)＝3x2－a，又f(x)在(－1,1)上单调递减，∴f′(x)≤0在(－1,1)上恒成立，即3x2－a≤0在(－1,1)上恒成立．∴a≥3x2在(－1,1)上恒成立，又0≤3x2<3，∴a≥3.阅历证当a＝3时，f(x)在(－1,1)上单调递减．
答案：A
8．(2021·浙江，8)已知e为自然对数的底数，设函数f(x)＝(ex－1)(x－1)k(k＝1,2)，则( )
A．当k＝1时，f(x)在x＝1处取到微小值
B．当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极大值
C．当k＝2时，f(x)在x＝1处取到微小值
D．当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极大值
解析：①当k＝1时，f(x)＝(ex－1)(x－1)，此时f ′(x)＝ex(x－1)＋(ex－1)＝ex·x－1，∴A、B项均错．②当k＝2时，f(x)＝(ex－1)(x－1)2此时f ′(x)＝ex(x－1)2＋(2x－2)(ex－1)＝ex·x2－2x－ex＋2＝ex(x＋1)(x－1)－2(x－1)＝(x－1)[ex(x＋1)－2]易知g(x)＝ex(x＋1)－2的零点介于0,1之间，不妨设为x0，则有
x
(－∞，x0)
x0
(x0,1)
1
(1，＋∞)
f ′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
↗
极大值
↘
微小值
↗
故f(x)在x＝1处取得微小值．
答案：C
二、填空题(每小题5分，共15分)
9．(2022·深圳调研)设函数f(x)＝lnx－ax2－bx，若x＝1是f(x)的极大值点，则a的取值范围为________．
解析：f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－ax－b，由f′(1)＝0，得b＝1－a.
∴f′(x)＝－ax＋a－1＝.
①若a≥0，
当0<x<1时，f′(x)>0，此时f(x)单调递增；
当x>1时，f′(x)<0，此时f(x)单调递减；
所以x＝1是f(x)的极大值点．
②若a<0，由f′(x)＝0，得x＝1或－.
由于x＝1是f(x)的极大值点，所以－>1，
解得－1<a<0.
综合①②得a的取值范围是a>－1.
答案：(－1，＋∞)
10．要做一个圆锥形漏斗，其母线长为20 cm，要使体积最大，则其高为________．
解析：设圆锥的体积为V cm3，高为h cm，则V＝π(400－h2)h＝π(400h－h3)，
∴V′＝π(400－3h2)，
由V′＝0，得h＝.
所以当h＝cm时，V最大．
答案：cm
11．已知函数f(x)＝alnx＋x在区间[2,3]上单调递增，则实数a的取值范围是________．
解析：∵f(x)＝alnx＋x，∴f′(x)＝＋1.又∵f(x)在[2,3]上单调递增，
∴＋1≥0在x∈[2,3]上恒成立，
∴a≥(－x)max＝－2，∴a∈[－2，＋∞)．
答案：[－2，＋∞)
三、解答题(共3小题，每小题15分，共45分．解答写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤)
12．(2022·孝感统考)已知a∈R，函数f(x)＝x3＋x2＋(4a＋1)x.
(1)假如函数g(x)＝f′(x)是偶函数，求f(x)的极大值和微小值；
(2)假如函数f(x)是(－∞，＋∞)上的单调函数，求a的取值范围．
解：由题易知f′(x)＝x2＋(a＋1)x＋4a＋1，
(1)∵f′(x)是偶函数，∴a＝－1.
此时f(x)＝x3－3x，f′(x)＝x2－3，
令f′(x)＝0，解得x＝±2，
当x变化时，f(x)与f′(x)的变化状况如下表：
x
(－∞，－2)
－2
(－2，2)
2
(2，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
单调递增
极大值
单调递减
微小值
单调递增
由上表知f(x)的极大值为f(－2)＝4；
f(x)的微小值为f(2)＝－4.
(2)∵f(x)是(－∞，＋∞)上的单调函数，
∴f′(x)＝x2＋(a＋1)x＋4a＋1≥0恒成立，
∴一元二次方程x2＋(a＋1)x＋4a＋1＝0的根的判别式
Δ＝(a＋1)2－4··(4a＋1)＝a2－2a≤0，
解得0≤a≤2，即a的取值范围是{a|0≤a≤2}．
13．设f(x)＝，其中a为正实数．
(1)当a＝时，求f(x)的极值点；
(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)＝ex.①
(1)当a＝时，令f ′(x)＝0，则4x2－8x＋3＝0，
解得x1＝，x2＝.
结合①，可知
x
(－∞，)
(，)
(，＋∞)
f ′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
↗
极大值
↘
微小值
↗
所以，x1＝是微小值点，x2＝是极大值点．
(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ax2－2ax＋1≥0在R上恒成立，由此Δ＝4a2－4a＝4a(a－1)≤0，由于a>0，所以0<a≤1.
14．(2022·北京东城区模拟)已知a∈R，函数f(x)＝＋lnx－1.
(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；
(2)求f(x)在区间(0，e]上的最小值．
解：(1)当a＝1时，f(x)＝＋lnx－1，x∈(0，＋∞)，
∴f′(x)＝－＋＝，x∈(0，＋∞)．
∴f′(2)＝.
即曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线斜率为.
又f(2)＝ln2－，
∴曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y－(ln2－)＝(x－2)，
即x－4y＋4ln2－4＝0.
(2)∵f(x)＝＋lnx－1，∴f′(x)＝－＋＝.
令f′(x)＝0，得x＝a.
①若a≤0，则f′(x)>0，f(x)在区间(0，e]上单调递增，此时函数f(x)无最小值．
②若0<a<e，当x∈(0，a)时，f′(x)<0，函数f(x)在区间(0，a)上单调递减，
当x∈(a，e]时，f′(x)>0，函数f(x)在区间(a，e]上单调递增，
∴当x＝a时，函数f(x)取得最小值lna.
③若a≥e，则当x∈(0，e]时，f′(x)≤0，函数f(x)在区间(0，e]上单调递减，
∴当x＝e时，函数f(x)取得最小值.
综上可知，当a≤0时，函数f(x)在区间(0，e]上无最小值；
当0<a<e时，函数f(x)在区间(0，e]上的最小值为lna；
当a≥e时，函数f(x)在区间(0，e]上的最小值为.
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