2014届高三数学（基础+难点）《第14讲 导数在研究函数中的应用课时训练卷 理 新人教A版.doc

1A A 第第 1414 讲讲导数在研究函数中的应用导数在研究函数中的应用(时间：45 分钟分值：100 分)基础热身1函数f(x)x33x21 的单调减区间为()A(2，)B(，2)C(，0)D(0，2)2函数f(x)(x3)ex的单调递增区间是()A(，2)B(0，3)C(1，4)D(2，)3若函数yf(x)的导函数在区间a，b上是增函数，则函数yf(x)在区间a，b上的图象可能是()图 K14142013潍坊模拟 函数f(x)x3ax23x9，已知f(x)在x3 时取得极值，则a()A2B3C4D5能力提升5设aR R，若函数f(x)eax3x，xR R 有大于零的极值点，则()Aa3Ba13Da0，求函数f(x)xln(xa)，x(0，)的单调区间3难点突破16(12 分)已知函数f(x)(x2ax2a23a)ex(xR R)，其中aR R 且a23，求函数f(x)的单调区间与极值4课时作业(十四)B第 14 讲导数在研究函数中的应用(时间：45 分钟分值：100 分)基础热身12013合肥质检 已知函数f(x)的导函数的图象如图 K143 所示，若ABC为锐角三角形，则一定成立的是()图 K143Af(sinA)f(cosB)Bf(sinA)f(sinB)Df(cosA)f(cosB)2对于 R R 上可导的任意函数f(x)，若满足(x1)f(x)0，则必有()Af(0)f(2)2f(1)3若f(x)12(x2)2blnx在(1，)上是减函数，则b的取值范围是()A1，)B(1，)C(，1D(，1)4设函数f(x)13xlnx(x0)，则yf(x)()A在区间1e，1，(1，e)内均有零点B在区间1e，1，(1，e)内均无零点C在区间1e，1内有零点，在区间(1，e)内无零点D在区间1e，1内无零点，在区间(1，e)内有零点能力提升52013瑞安质检 已知函数f(x)，g(x)分别是二次函数f(x)和三次函数g(x)的导函数，它们在同一坐标系下的图象如图 K144 所示，设函数h(x)f(x)g(x)，则()5图 K144Ah(1)h(0)h(1)Bh(1)h(1)h(0)Ch(0)h(1)h(1)Dh(0)h(1)h(1)6函数f(x)x3bx2cxd的大致图象如图 K145 所示，则x21x22等于()图 K145A.89B.109C.169D.4572013吉林质检 已知函数f(x)x3ax2bxa27a在x1 处取得极大值 10，则ab的值为()A23B2C2 或23D不存在82013绥化一模 已知函数yf(x1)的图象关于点(1，0)对称，且当x(，0)时，f(x)xf(x)bcBcabCcbaDacb92013太原三模 已知函数f(x1)是偶函数，且x1 时，f(x)0 恒成立，又f(4)0，则(x3)f(x4)0，则实数m的取值范围是_12函数f(x)xlnx的单调递减区间是_13 若函数f(x)mx2lnx2x在定义域内是增函数，则实数m的取值范围是_14(10 分)2013邯郸一模 已知函数f(x)x22ax1aeax(a0)6(1)当a1 时，求函数f(x)的图象在点A(0，f(0)处的切线方程；(2)讨论函数f(x)的单调性15(13 分)2013朝阳二模 设函数f(x)alnx2a2x(a0)(1)已知曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线l的斜率为 23a，求实数a的值；(2)讨论函数f(x)的单调性；(3)在(1)的条件下，求证：对于定义域内的任意一个x，都有f(x)3x.难点突破16(12 分)2013吉林质检 设函数f(x)(x1)2mlnx，其中m为常数7(1)当m12时，判断函数f(x)在定义域上的单调性；(2)若函数f(x)有极值点，求实数m的取值范围及f(x)的极值点；(3)当n3，nN N 时，证明不等式1n2ln(n1)lnn1n.课时作业(十四)A【基础热身】1D解析 令f(x)3x26x0，解得 0 x0，解得x2，3A解析 因为函数yf(x)的导函数yf(x)在区间a，b上是增函数，即在区间a，b上各点处的斜率k是递增的，由图易知选 A.4D解析 因为f(x)3x22ax3，且f(x)在x3 时取得极值，所以f(3)392a(3)30，解得a5，故选 D.【能力提升】5B解析f(x)3aeax，若函数在xR R 上有大于零的极值点，即f(x)3aeax0 有正根 当有f(x)3aeax0 成立时，由于 eax0，显然有a0 得到参数a的范围为a0 恒成立，当f(x)0 时，x1，函数f(x)为单调增函数；当f(x)0 时，x1，函数f(x)为单调减函数所以x1为极小值点故选 D.7D解析 在x2 左侧附近时，由图象知，y(1x)f(x)0，则f(x)0，在x2 右侧附近时，由图象知，y(1x)f(x)0，则f(x)0，所以函数在x2 处取得极大值；在x1 左侧附近时，由图象知，y(1x)f(x)0，f(x)0，在x1 右侧附近时，由图象知，y(1x)f(x)0，则f(x)0，所以函数在x1 处没有极值；在x2 左侧附近时，由图象知，y(1x)f(x)0，则f(x)0，在x2右侧附近时，由图象知，y(1x)f(x)0，则f(x)0，所以函数在x2 处取得极小值8A解析 令f(x)2x1x22 2（x2）（x1）（x22）20，得x2 或x1.当x2 时f(x)0，当2x0，当x1 时f(x)0，故x2 是函数的极小值点且f(2)12，x1 是函数的极大值点且f(1)1.9C解析 根据三次函数的特点，函数f(x)在(1，0)上单调递减等价于函数f(x)的导数f(x)3x22axb在区间(1，0)上小于或等于零恒成立，即 32ab0 且b0，把点(a，b)看作点的坐标，则上述不等式组表示的区域如图根据a2b2的几何意义得，最小值就是坐标原点到直线 32ab0 的距离的平方，即8(a2b2)min95.10(1，11)解析f(x)3x230 x333(x11)(x1)，由(x11)(x1)0 得x1e，故f(x)的增区间为1e，.13.2k23，2k23(kZ Z)解析f(x)（2cosx）cosxsinx（sinx）（2cosx）22cosx1（2cosx）20，即 cosx12，结合三角函数图象或单位圆中的三角函数线知道，2k23x0 可得x2 或 0 x1，由f(x)0 可得 1x0，f（2）4ln28b0.则 5b0)当a0，x0 时，f(x)0 x2(2a4)xa20，f(x)0 x2(2a4)xa21 时，(2a4)24a21616a0，有x2(2a4)xa20，即f(x)0，此时f(x)在(0，)内单调递增(2)当a1 时，对x1，有x2(2a4)xa20，即f(x)0，仅仅在x1 处导数等于零，故函数f(x)在(0，)内单调递增(3)当 0a0，即x2(2a4)xa20，解得x2a2 1a.而在 0a0，因此，函数f(x)在区间(0，2a2 1a)内单调递增，在区间(2a2 1a，)内也单调递增，在区间(2a2 1a，2a2 1a)内单调递减综上，当a1 时，函数f(x)的单调递增区间是(0，)；当 0a23，则2aa2.当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x(，2a)2a(2a，a2)a2(a2，)f(x)00f(x)单调递增极大值单调递减极小值单调递增所以f(x)在(，2a)，(a2，)是增函数，在(2a，a2)内是减函数，所以函数f(x)在x2a处取得极大值f(2a)，且f(2a)3ae2a，函数f(x)在xa2处取得极小值f(a2)，且f(a2)(43a)ea2.(2)若aa2，当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x(，a2)a2(a2，2a)2a(2a，)f(x)00f(x)单调递增极大值单调递减极小值单调递增所以f(x)在(，a2)，(2a，)内是增函数，在(a2，2a)内是减函数，所以函数f(x)在xa2 处取得极大值f(a2)，且f(a2)(43a)ea2；在x2a处取得极小值f(2a)，且f(2a)3ae2a.课时作业(十四)B【基础热身】1A解析 由导函数图象可知，x0 时，f(x)0，即f(x)单调递增，又ABC为锐角三角形，则AB2，即2A2B0，故 sinAsin2B0，即 sinAcosB0，故f(sinA)f(cosB)，选 A.2C解析 依题意，当x1 时，f(x)0，函数f(x)在(1，)上是增函数(或常数函数)；当x0 得x3；令f(x)0 得 0 x3；f(x)0 得x3，故函数f(x)在区间(0，3)上为减函数，在(3，)上为增函数，在点x3 处有极小值 1ln30.又f(1)13，f(e)e310.故选 D.【能力提升】5D解析 取特殊值，令f(x)12x2，g(x)13x3，则h(0)h(1)h(1)6C解析 从函数图象上可知x1，x2为函数f(x)的极值点，根据函数图象经过的三个特殊点求出b，c，d.根据函数图象d0，且f(1)1bc0，f(2)84b2c0，解得b1，c2，故f(x)3x22x2.x1，x2是f(x)0 的两个根，则x21x22(x1x2)22x1x24943169.107 A解析 由题f(x)3x22axb，则32ab0，1aba27a10，解得a2，b1或a6，b9，经检验a6，b9满足题意，故ab23，选 A.8B解析 因为函数yf(x1)的图象关于点(1，0)对称，所以f(x)关于(0，0)中心对称，为奇函数，所以xf(x)为偶函数又当x(，0)时，f(x)xf(x)30.3log30，所以cab.9D解析 函数f(x1)是偶函数，其图象关于y轴对称，这个函数图象向右平移 1个单位得函数yf(x)的图象，可得函数yf(x)的图象关于直线x1 对称，x1 时，f(x)4 时，f(x)0，根据对称性可得当x2 时，f(x)0，当2x1或1x0.不等式(x3)f(x4)0，f（x4）0或x30.当x30，f（x4）3，x44 或x40；当x30时，x3，2x41 或 1x44，解得6x3.故不等式(x3)f(x4)0 的解集为(6，3)(0，)10ln2解析g(x)11xx1x，当x2 时，函数g(x)为增函数，因此g(x)的值域为2mln2，)，因此 2mln22，故mln2.11.13，解析 由题意知，函数f(x)是 R R 上的单调增函数，f(x)3x22xm0 在 R R 上恒成立，即412m0，m13.12(0，1)，(1，e)解析 令f(x)lnx1ln2x0，解得 0 x0 且x1，故函数f(x)xlnx的单调递减区间是(0，1)，(1，e)13.12，解析f(x)2mx1x2，函数f(x)在其定义域(0，)内为增函数的充要条件是 2mx1x20 在(0，)内恒成立，即 2m1x22x在(0，)内恒成立，由于函数(x)1x22x1x1211，故只要 2m1 即可，即m12.14解：(1)a1 时，f(x)(x22x1)ex，f(x)(x21)ex，于是f(0)1，f(0)1，所以函数f(x)的图象在点A(0，f(0)处的切线方程为y1(x0)，即xy10.(2)f(x)2x2aeaxx22ax1aaeax2x2aax22x1eaxax2a2aeax，11a0，eax0，只需讨论ax2a2a的符号当a2 时，ax2a2a0，这时f(x)0，所以函数f(x)在(，)上为增函数当a2 时，f(x)2x2e2x0，函数f(x)在(，)上为增函数当 0a2 时，令f(x)0，解得x12aa，x22aa.当x变化时，f(x)和f(x)的变化情况如下表：x，2aa2aa2aa，2aa2aa2aa，f(x)00f(x)极大值极小值f(x)在，2aa，2aa，上为增函数，在2aa，2aa上为减函数15解：(1)f(x)的定义域为x|x0，f(x)ax2a2x2.根据题意，f(1)23a，所以a2a223a，即a22a10，解得a1.(2)f(x)ax2a2x2a（x2a）x2.a0，所以x2a0，a(x2a)0，所以f(x)0 时，若 0 x2a，则a(x2a)0，f(x)2a，则a(x2a)0，f(x)0，函数f(x)在(2a，)上单调递增综上所述，当a0 时，函数f(x)在(0，2a)上单调递减，在(2a，)上单调递增(3)由(1)可知f(x)lnx2x.设g(x)f(x)(3x)，即g(x)lnx2xx3.g(x)1x2x21x2x2x2（x1）（x2）x2(x0)当x变化时，g(x)，g(x)的变化情况如下表：x(0，1)1(1，)g(x)0g(x)极小值x1 是g(x)在(0，)上的唯一极值点，且是极小值点，从而也是g(x)的最小值点可见g(x)最小值g(1)0，所以g(x)0，即f(x)(3x)0，所以对于定义域内的每一个x，都有f(x)3x.【难点突破】16解：(1)函数的定义域为(0，)，12f(x)2(x1)mx2x22xmx2x122m12x(x0)当m12时，f(x)0 对x(0，)恒成立，函数f(x)在(0，)上是单调增函数(2)由(1)知，当m12时，函数f(x)在(0，)上是单调增函数，没有极值点当m12时，f(x)2x122x0，函数f(x)在(0，)上是单调增函数，没有极值点当m12时，令f(x)0 得，x11 12m2，x21 12m2.当m0 时，x11 12m20(0，)，则x21 12m21(0，)，当x变化时，f(x)，f(x)变化情况如下表：x(0，x2)x2(x2，)f(x)0f(x)极小值由此看出，当m0 时，f(x)有唯一极小值点x21 12m2.当 0m12时，0 x1x21，列表：x(0，x1)x1(x1，x2)x2(x2，)f(x)00f(x)极大值极小值由此看出，当 0m12时，f(x)有极大值点x11 12m2和极小值点x21 12m2.综上，当m0 时，f(x)有唯一极小值点x21 12m2；当 0m12时，f(x)有极大值点x11 12m2和极小值点x21 12m2.(3)证明：由(2)知，m1 时，函数f(x)(x1)2lnx，此时，函数f(x)有唯一极小值点x1 12m21 32，当x0，1 32时，f(x)0，f(x)在0，1 32上是减函数，n3 时，0111n431 32，f11nf(1)，13即1n2ln11n0，n3 时，1n20)，则h(x)11xx1x，当x1 时，h(x)0，h(x)在(1，)上是增函数，n3 时，1h(1)，即1nln11n0，n3 时，ln(n1)lnn1n.综上，当n3，nN N 时，不等式1n2ln(n1)lnn1n恒成立