2020年人教A版数学理(福建用)课时作业：第二章-第十一节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.设a∈R，若函数y＝ex＋ax，x∈R有大于零的极值点，则( )
(A)a＜-1 (B)a＞-1
(C)a＞- (D)a＜-
2.(2021·漳州模拟)已知函数y=f(x)是定义在R上的奇函数，且当x∈(-∞,0)时不等式f(x)+xf′(x)＜0成立,若a=30.3f(30.3)，b=2f(2),则a,b,c的大小关系是( )
(A)a＞b＞c (B)c＞b＞a
(C)b＞a＞c (D)a＞c＞b
3.函数y = x·e-x在x∈[2,4]上的最小值为(　　)
(A)0 (B) (C) (D)
4.(2021·抚顺模拟)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,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．设f′(x)是函数f(x)的导函数，将y＝f(x)和y＝f′(x)的图象画在同一个直角坐标系中，不行能正确的是 )

6.(力气挑战题)函数y＝f′(x)是函数y＝f(x)的导函数，且函数y＝f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线为l：y＝g(x)＝f′(x0)·(x－x0)＋f(x0)，F(x)＝f(x)－g(x)，假如函数y＝f(x)在区间［a，b］上的图象如图所示，且a．
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．若函数y=-x3+ax有三个单调区间，则a的取值范围是　　__　　.
三、解答题
10.(2021·厦门模拟)已知函数f(x)=+x+b,其中a,b∈R.
(1)若曲线y=f(x)在点P(2,f(2))处的切线方程为y=5x-4,求函数f(x)的解析式.
(2)当a>0时,争辩函数f(x)的单调性.
11.(2021·三明模拟)已知函数f(x)=+ln x.
(1)若函数f(x)在［1,+∞)上为增函数，求正实数a的取值范围.
(2)当a=1时,求f(x)在［,e］上的最大值和最小值
12.(力气挑战题)已知函数f(x)=xln x.
(1)求函数f(x)的极值点.
(2)若直线l过点(0，-1)，并且与曲线y=f(x)相切，求直线l的方程.
(3)设函数g(x)=f(x)-a(x-1)，其中a∈R，求函数g(x)在［1,e］上的最小值(其中e为自然对数的底数).

答案解析
1.【解析】选A.由y′＝(ex＋ax)′＝ex＋a＝0，得ex＝－a，
即x＝ln(－a)＞0⇒－a＞1⇒a＜－1.
2.【解析】选C.设F(x)=xf(x)，F′(x)=f(x)+xf′(x),
∴F(x)在(-∞,0)上是减函数，又f(x)是奇函数.
∴F(x)是偶函数,
∴F(x)在(0,+∞)上是增函数,
又lg 9＜30.3＜2,
∴F()＜F(30.3)＜F(2).
故选C.
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A.由①②得=ax,又[]'=,
由③知[]'<0,故y=ax是减函数,因此0上面的曲线为f′(x)．只有D不符合题设条件．
【方法技巧】函数的导数与增减速度图象的关系
(1)导数与增长速度
①一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；②一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．
(2)导数与图象
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】y＝g(x)是函数y＝f(x) 在点P(x0，f(x0))处的切线，故g′(x)＝f′(x0)，据此推断F′(x0)是否为0，再进一步推断在x＝x0两侧F′(x)的符号.
【解析】选B.F′(x)＝f′(x)－g′(x)＝f′(x)－f′(x0)，
∴F′(x0)＝f′(x0)－f′(x0)＝0，又当xx0时，函数F(x)为增函数．
7.【解析】f′(x)＝>0，即cos x>－，结合三角函数图象知，2kπ－
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】函数有三个单调区间，等价于相应函数有两个极值点.
【解析】y′=-x2+a,y=-x3+ax有三个单调区间，则方程-x2+a=0应有两个不等实根，故a>0.
答案：a>0
10.【解析】(1)f'(x)=ax2a+1)x+1.
由导数的几何意义得f'(2)=5,于是a=3.
由切点P(2,f(2))在直线y=5x-4上可知2+b=6,解得b=4.
所以函数f(x)的解析式为f(x)=x3-2x2+x+4.
(2)f'(x)=ax2-(a+1)x+1=a(x-)(x-1).
当01,函数f(x)在区间(-∞,1)及(,+∞)上为增函数,在区间(1,)上为减函数;
当a=1时,=1,函数f(x)在区间(-∞,+∞)上为增函数;
当a>1时,<1,函数f(x)在区间(-∞,)及(1,+∞)上为增函数,在区间(,1)上为减函数.
11.【解析】(1)由已知得f′(x)=(a＞0)，
依题意得:≥0对一切的x≥1都成立，
即ax-1≥0对一切x∈［1,+∞)恒成立,也就是a≥对一切x∈［1,+∞)恒成立，∴a≥()max=1.
(2)当a=1时,f′(x)=x∈［e］.
若x∈［1),则f′(x)＜0,若x∈［1,e］,则f′(x)＞0,故x=1是f(x)在区间［e］上的唯一微小值点，也是最小值点，故f(x)min=f(1)=0;

∴f(x)在［e］上的最大值为e-2,
综上知函数f(x)在区间［e］上最大值是e-2,最小值是0.
12.【思路点拨】(1)先推断f(x)的增减性，再求极值点.
(2)设出切点，表示出切线方程，利用直线过点(0，-1)，求出切点即可得出切线方程.
(3)先求出极值点，再依据该点是否在［1,e］上分类争辩.
【解析】(1)f′(x)=ln x+1,x＞0. 而f′(x)＞0，即ln x+1＞0，得x＞.
f′(x)＜0，即ln x+1＜0，得0＜x＜,
所以f(x)在(0,)上单调递减，在(,+∞)上单调递增.
所以x=是函数f(x)的微小值点，极大值点不存在.
(2)设切点坐标为(x0,y0)，则y0=x0lnx0,切线的斜率为lnx0+1,
所以切线l的方程为y-x0lnx0=(lnx0+1)(x-x0).
又切线l过点(0,-1)，
所以有-1-x0lnx0=(lnx0+1)(0-x0).
解得x0=1，y0=0.
所以直线l的方程为y=x-1.
(3)g(x)=xlnx-a(x-1)，则g′(x) =lnx+1-a.
g′(x)＜0，即lnx+1-a＜0，得0＜x＜ea-1,g′(x)＞0，得x＞ea-1,所以g(x)在(0,ea-1)上单调递减，在(ea-1,+∞)上单调递增.
①当ea-1≤1即a≤1时，g(x)在［1,e］上单调递增，
所以g(x)在［1,e］上的最小值为g(1)=0.
②当1＜ea-1＜e，即1＜a＜2时，g(x)在［1,ea-1)上单调递减，在(ea-1,e］上单调递增.g(x)在［1,e］上的最小值为g(ea-1)=a-ea-1.
③当e≤ea-1,即a≥2时，g(x)在［1,e］上单调递减，所以g(x)在［1,e］上的最小值为g(e)=e+a-ae.
综上，x∈［1,e］时，当a≤1时，g(x)的最小值为0；
当1＜a＜2时，g(x)的最小值为a-ea-1；
当a≥2时，g(x)的最小值为a+e-ae.
【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∞)时,f'(x)的最大值为f'()=+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成立,∴+2a>0⇒a>-.
(2)已知00,
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=+2a>0,
∴f(4)=-×64+×16+8a=-+8a,
∴-+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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