训练(3) 导数在研究函数中的应用-2024年高二数学暑假作业（江苏专版）

训练(三)　导数在研究函数中的应用 1．函数的单调性与导数的关系 条件 结论 函数y＝f(x)在区间(a，b)上可导 f′(x)＞0 f(x)为(a，b)上的________ f′(x)＜0 f(x)为(a，b)上的________ 2.函数的极值与导数 (1)极大值与导数 x x0左侧 x0 x0右侧 f′(x) f′(x)＞0 f′(x)＝0 f′(x)＜0 f(x) 增 ____________ 减 (2)极小值与导数 x x0左侧 x0 x0右侧 f′(x) f′(x)＜0 f′(x0)＝0 f′(x)＞0 f(x) 减 ____________ 增 一、选择题 1．函数f(x)＝ex－x＋2在[－2,2]上的值域为(　　) A．[3，e2] B．[3，e－2＋4] C．[e－2＋4，e2] D．[e＋1，e2] 2．设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数g(x)＝xf′(x)的图象如图所示，则下列结论一定成立的是(　　) A．f(x)有2个极值点 B．f(0)为函数的极大值 C．f(x)有1个极小值 D．f(－1)为f(x)的极小值 3．已知实数a，b分别满足ln(a＋1)＝0.01，eb＝1.01，且c＝，则(　　) A．a<b<c B．b<c<a C．c<b<a D．b<a<c 4．若函数f(x)＝(x2－ax－2)ex在x＝－2处取得极大值，则f(x)的极小值为(　　) A．－6e2 B．－4e C．－2e2 D．－e 5．函数f(x)＝x2－9ln x在区间[m，m＋1]上单调递减，则实数m的取值范围是(　　) A．[0,2) B．[0,2] C．(0,2] D．(0,2) 6．∀x∈[1,2]，有ln x＋－1≥0恒成立，则实数a的取值范围为(　　) A．[e，＋∞) B．[1，＋∞) C. D．[2e，＋∞) 7．(多选)如图，已知直线y＝kx与曲线y＝f(x)相切于两点，函数g(x)＝kx＋m(m>0)，则关于函数F(x)＝g(x)－f(x)有关极值的结论错误的是(　　) A．有极小值没有极大值 B．有极大值没有极小值 C．至少有两个极小值和一个极大值 D．只有一个极小值和两个极大值 8.(多选)设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数y＝f′(x)的图象如图所示，则下列结论一定成立的是(　　) A．函数f(x)在(2，＋∞)上为增函数 B．函数f(x)在(－2,1)上为增函数 C．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1) D．函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(2) 二、填空题 9．已知函数f(x)＝x3－3ax＋b＋2在区间[0,1]上单调递增且最大值为3, 则写出一对符合上述条件的整数a，b(注意：a，b都要为整数)为a＝____________，b＝____________. 10．已知函数f(x)＝kex－2x，若∃x0∈R，f(x0)≤0，则实数k的最大值是____________． 11．关于x的方程ln x＝kx2有两个不同实数根，则k的取值范围是__________． 三、解答题 12．已知函数f(x)＝x3－3ax2＋2bx在点x＝1处有极小值－1. (1)求a，b； (2)求f(x)的单调区间和极值． 13．已知函数f(x)＝x3＋ax2－4x＋3(x∈R)． (1)当a＝2时，求f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)若函数f(x)在区间(1,2)内单调递减，求实数a的取值范围． 1．(2023·全国乙卷)函数f＝x3＋ax＋2存在3个零点，则a的取值范围是(　　) A. B. C. D. 2．(多选)(2023·新课标Ⅱ卷)若函数f(x)＝aln x＋＋(a≠0)既有极大值也有极小值，则(　　) A．bc＞0 B．ab＞0 C．b2＋8ac＞0 D．ac＜0 答案 训练(三)　导数在研究函数中的应用 【知识整合】 1．增函数　减函数 2．(1)极大值f(x0)　(2)极小值f(x0) 【知能演练】 1．A　2.B　3.C　4.C　5.C　6.C 7.ABD　如图， 记直线y＝kx与曲线y＝f(x)的切点横坐标为a，b， 将直线向下平移到与曲线y＝f(x)相切，设切点横坐标为c， 由图可知，当x<a时，f(x)单调递增，所以有f′(x)>0且f′(x)>f′(a)＝k. 对于F(x)＝g(x)－f(x)＝kx＋m－f(x)， 有F′(x)＝k－f′(x)<0，所以F(x)在x<a时单调递减； 当a<x<c时，f(x)单调递减， 所以有f′(x)<0且f′(x)<f′(a)＝k. 有F′(x)＝k－f′(x)>0，所以F(x)在a<x<c时单调递增，所以a是F(x)的极小值点． 同理可得b是F(x)的极小值点，x＝c是F(x)的极大值点． 8．AD　由图可知当x>2时(1－x)f′(x)<0， 所以f′(x)>0， 当1<x<2时(1－x)f′(x)>0，所以f′(x)<0， 当－2<x<1时(1－x)f′(x)<0，所以f′(x)<0， 当x<－2时(1－x)f′(x)>0，所以f′(x)>0， 所以f(x)在(2，＋∞)上为增函数，在(1,2)上为减函数，在(－2,1)上为减函数， 在(－∞，－2)上为增函数，故A正确，B错误； 则f(x)在x＝－2处取得极大值，x＝2处取得极小值， 即函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(2)，故C错误；D正确． 9．解析　由f(x)＝x3－3ax＋b＋2， 可得f′(x)＝3x2－3a， 依题意，f′(x)＝3x2－3a≥0在区间[0,1]上恒成立， 则a≤(x2)min，即a≤0， 且因函数最大值为3，则f(1)＝3－3a＋b＝3，即b＝3a，又a，b都要为整数，故可取a＝－1，b＝－3. 答案　－1(答案不唯一)　－3(答案不唯一) 10．解析　由f(x)≤0，可得kex－2x≤0，即k≤， 设g(x)＝，可得g′(x)＝＝， 当0<x<1时，g′(x)>0，g(x)单调递增； 当x>1时，g′(x)<0，g(x)单调递减， 所以，当x＝1时，g(x)取得最大值，最大值为g(1)＝， 因为∃x0∈R，f(x0)≤0，所以k≤，所以实数k的最大值为. 答案　 11．解析　令f(x)＝ln x－kx2(x>0)，f′(x)＝－2kx＝(x>0)． 因为ln x＝kx2(k∈R)有两个不同实数根，所以f(x)有两个不同的零点， 若k≤0，f′(x)>0恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，不可能有两个零点． 若k>0，令f′(x)＝0，则1－2kx2＝0， 所以x＝±，所以f(x)在上单调递增，在上单调递减， 所以f(x)max＝f＝ln －k·＝－ln (2k)－， 因为有两个零点，所以－ln (2k)－>0，解得k<，所以0<k<. 答案　 12．解析　(1)由函数f(x)＝x3－3ax2＋2bx，可得f′(x)＝3x2－6ax＋2b， 因为函数f(x)在点x＝1处有极小值－1， 可得解得a＝，b＝－. 经检验，a＝，b＝－满足题意，所以a＝，b＝－. (2)由(1)知f′(x)＝3x2－2x－1＝(x－1)(3x＋1)， 令f′(x)＝0，可得x＝1或x＝－， 当x<－时，f′(x)>0，f(x)单调递增； 当－<x<1时，f′(x)<0，f(x)单调递减； 当x>1时，f′(x)>0，f(x)单调递增， 所以，函数f(x)的单调递增区间为，(1，＋∞)，单调递减区间为， 极小值为f(1)＝－1，极大值为f＝. 13．解析　(1)当a＝2时，∵f(x)＝x3＋ax2－4x＋3(x∈R)， ∴f′(x)＝3x2＋4x－4， ∴f′(1)＝3，即切线的斜率为3， ∵f(1)＝2，∴切点为(1,2)， 故所求切线方程为y－2＝3(x－1)，即3x－y－1＝0； (2)∵f(x)＝x3＋ax2－4x＋3(x∈R)， ∴f′(x)＝3x2＋2ax－4， ∵函数f(x)在区间(1,2)内单调递减， ∴f′(x)≤0对x∈(1,2)恒成立， 即3x2＋2ax－4≤0对x∈(1,2)恒成立， 从而a≤－x， 设h(x)＝－x，则h′(x)＝－－， ∵当x>0时，h′(x)<0， ∴函数h(x)在区间(0，＋∞)上单调递减， ∴当x∈(1,2)时，h(x)>h(2)＝－2， ∴a≤－2， 故实数a的取值范围为(－∞，－2]． 【真题体验】 1．B　f(x)＝x3＋ax＋2，则f′(x)＝3x2＋a， 若f存在3个零点，则f存在极大值和极小值，则a<0， 令f′(x)＝3x2＋a＝0，解得x＝－或x＝ ， 且当x∈∪时， f′(x)>0， 当x∈时，f′(x)<0， 故f的极大值为f，极小值为f， 若f存在3个零点，则 即解得a<－3， 故选B. 2．BCD　∵函数f(x)＝aln x＋＋(a≠0)既有极大值也有极小值，∴f′(x)＝－－＝＝0有两个正根x1，x2，即ax2－bx－2c＝0有两个正根x1，x2， ∴x1＋x2＝＞0，x1x2＝＞0，Δ＝b2＋8ac＞0， ∴ab＞0，ac＜0，则bc＜0，故选BCD. 学科网（北京）股份有限公司 $$