課后作業(yè)(十四)導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用一、選擇題1．(2012·陜西高考)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(2,x)＋lnx，則()A．x＝eq\f(1,2)為f(x)的極大值點B．x＝eq\f(1,2)為f(x)的極小值點C．x＝2為f(x)的極大值點D．x＝2為f(x)的極小值點2．函數(shù)f(x)＝x2－2ax＋a在區(qū)間(－∞，1)上有最小值，則函數(shù)g(x)＝eq\f(f（x）,x)在區(qū)間(1，＋∞)上一定()A．有最小值 B．有最大值C．是減函數(shù) D．是增函數(shù)3．若函數(shù)f(x)＝x3－6bx＋3b在(0，1)內(nèi)有極小值，則實數(shù)b的取值范圍是()A．(0，1) B．(－∞，1)C．(0，＋∞) D．(0，eq\f(1,2))4．對于在R上可導(dǎo)的任意函數(shù)f(x)，若滿足(x－a)f′(x)≥0，則必有()A．f(x)≥f(a) B．f(x)≤f(a)C．f(x)＞f(a) D．f(x)＜f(a)5．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(2x＋1,x2＋2)，則下列選項正確的是()A．函數(shù)f(x)有極小值f(－2)＝－eq\f(1,2)，極大值f(1)＝1B．函數(shù)f(x)有極大值f(－2)＝－eq\f(1,2)，極小值f(1)＝1C．函數(shù)f(x)有極小值f(－2)＝－eq\f(1,2)，無極大值D．函數(shù)f(x)有極大值f(1)＝1，無極小值6．(2012·合肥一中模擬)已知定義在R上的偶函數(shù)f(x)，且f(1)＝0，當x＞0時有eq\f(xf′（x）－f（x）,x2)＞0，則不等式xf(x)＞0的解集為()A．{x|－1＜x＜0} B．{x|x＞1或－1＜x＜0}C．{x|x＞0} D．{x|－1＜x＜1}二、填空題7．函數(shù)f(x)＝eq\f(x,lnx)的單調(diào)遞減區(qū)間是________．8．已知函數(shù)f(x)＝x3＋3mx2＋nx＋m2在x＝－1時有極值0，則m＋n＝________．9．已知函數(shù)f(x)＝－eq\f(1,2)x2＋4x－3lnx在[t，t＋1]上不單調(diào)，則t的取值范圍是________．三、解答題10．(2013·北京模擬)已知函數(shù)f(x)＝x3－ax2－x＋a，其中a為實數(shù)．(1)求f′(x)；(2)若f′(－1)＝0，求f(x)在[－2，3]上的最大值和最小值；(3)若f(x)在(－∞，－2]和[3，＋∞)上都是遞增的，求a的取值范圍．11．(2013·煙臺模擬)已知函數(shù)f(x)＝x2＋2alnx.(1)若函數(shù)f(x)的圖象在(2，f(2))處的切線斜率為1，求實數(shù)a的值；(2)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(3)若函數(shù)g(x)＝eq\f(2,x)＋f(x)在[1，2]上是減函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍．12．(2013·金華模擬)已知函數(shù)f(x)＝alnx－eq\f(1,2)x2＋eq\f(1,2)(a∈R且a≠0)．(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)是否存在實數(shù)a，使得對任意的x∈[1，＋∞)，都有f(x)≤0？若存在，求a的取值范圍；若不存在，請說明理由．解析及答案一、選擇題1．【解析】∵f(x)＝eq\f(2,x)＋lnx(x>0)，∴f′(x)＝－eq\f(2,x2)＋eq\f(1,x).由f′(x)＝0解得x＝2.當x∈(0，2)時，f′(x)<0，f(x)為減函數(shù)；當x∈(2，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)為增函數(shù)．∴x＝2為f(x)的極小值點．【答案】D2．【解析】由函數(shù)f(x)＝x2－2ax＋a在區(qū)間(－∞，1)上有最小值，可得a的取值范圍為a＜1，又g(x)＝eq\f(f（x）,x)＝x＋eq\f(a,x)－2a，則g′(x)＝1－eq\f(a,x2)，易知在x∈(1，＋∞)上g′(x)＞0，所以g(x)為增函數(shù)．【答案】D3．【解析】f′(x)＝3x2－6b，令f′(x)＝0得x2＝2b，由題意知0＜2b＜1，∴0＜b＜eq\f(1,2)，故選D.【答案】D4．【解析】由(x－a)f′(x)≥0知，當x＞a時，f′(x)≥0；當x＜a時，f′(x)≤0.∴當x＝a時，函數(shù)f(x)取得最小值，則f(x)≥f(a)．【答案】A5．【解析】由f′(x)＝(eq\f(2x＋1,x2＋2))′＝eq\f(－2（x＋2）（x－1）,（x2＋2）2)＝0，得x＝－2或x＝1，當x＜－2時，f′(x)＜0，當－2＜x＜1時，f′(x)＞0，當x＞1時，f′(x)＜0，故x＝－2是函數(shù)f(x)的極小值點，且f(－2)＝－eq\f(1,2)，x＝1是函數(shù)f(x)的極大值點，且f(1)＝1.故選A.【答案】A6．【解析】當x＞0時有eq\f(xf′（x）－f（x）,x2)＞0，即(eq\f(f（x）,x))′＞0，∴eq\f(f（x）,x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．∵f(x)為R上的偶函數(shù)，∴xf(x)為R上的奇函數(shù)．∵xf(x)＞0，∴x2eq\f(f（x）,x)＞0，∴eq\f(f（x）,x)＞0.∵eq\f(f（x）,x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，且eq\f(f（1）,1)＝0，∴x＞0時x＞1.又∵xf(x)為R上的奇函數(shù)，∴x＜0時，－1＜x＜0.綜上，解集為{x|x＞1或－1＜x＜0}．【答案】B二、填空題7．【解析】f′(x)＝eq\f(lnx－1,ln2x)，令f′(x)＜0得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(lnx－1＜0,lnx≠0))，∴0＜x＜1或1＜x＜e，故函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0，1)和(1，e)．【答案】(0，1)，(1，e)8．【解析】∵f′(x)＝3x2＋6mx＋n，∴由已知可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（－1）＝（－1）3＋3m（－1）2＋n（－1）＋m2＝0，,f′（－1）＝3×（－1）2＋6m（－1）＋n＝0，))∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝1，,n＝3))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝2，,n＝9，))當eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝1，,n＝3))時，f′(x)＝3x2＋6x＋3＝3(x＋1)2≥0恒成立與x＝－1是極值點矛盾，當eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝2,n＝9))時，f′(x)＝3x2＋12x＋9＝3(x＋1)(x＋3)，顯然x＝－1是極值點，符合題意，∴m＋n＝11.【答案】119．【解析】由題意知f′(x)＝－x＋4－eq\f(3,x)＝eq\f(－x2＋4x－3,x)＝－eq\f(（x－1）（x－3）,x)，由f′(x)＝0得函數(shù)f(x)的兩個極值點為1，3，則只要這兩個極值點有一個在區(qū)間(t，t＋1)內(nèi)，函數(shù)f(x)在區(qū)間[t，t＋1]上就不單調(diào)，由t＜1＜t＋1或t＜3＜t＋1，得0＜t＜1或2＜t＜3.【答案】(0，1)∪(2，3)三、解答題10．【解】(1)f′(x)＝3x2－2ax－1.(2)f′(－1)＝3＋2a∴a＝－1，∴f(x)＝x3＋x2－x－1，f′(x)＝3x2＋2x－1，由f′(x)＝0可得x＝eq\f(1,3)或x＝－1.又∵f(eq\f(1,3))＝－eq\f(32,27)，f(－2)＝－3，f(3)＝32，f(－1)＝0，∴f(x)在[－2，3]上的最大值為32，最小值為－3.(3)f′(x)＝3x2－2ax－1，其圖象開口向上，且恒過點(0，－1)，于是有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f′（－2）≥0，,f′（3）≥0，))解得－eq\f(11,4)≤a≤eq\f(13,3).∴a的取值范圍是[－eq\f(11,4)，eq\f(13,3)]．11．【解】(1)f′(x)＝2x＋eq\f(2a,x)＝eq\f(2x2＋2a,x)，由已知f′(2)＝1，解得a＝－3.(2)函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)．①當a≥0時，f′(x)＞0，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)；②當a＜0時，f′(x)＝eq\f(2（x＋\r(－a)）（x－\r(－a)）,x).當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下：x(0，eq\r(－a))eq\r(－a)(eq\r(－a)，＋∞)f′(x)－0＋f(x)極小值由上表可知，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0，eq\r(－a))；單調(diào)遞增區(qū)間是(eq\r(－a)，＋∞)．(3)由g(x)＝eq\f(2,x)＋x2＋2alnx得g′(x)＝－eq\f(2,x2)＋2x＋eq\f(2a,x)，由已知函數(shù)g(x)為[1，2]上的單調(diào)減函數(shù)，則g′(x)≤0在[1，2]上恒成立，即－eq\f(2,x2)＋2x＋eq\f(2a,x)≤0在[1，2]上恒成立．即a≤eq\f(1,x)－x2在[1，2]上恒成立．令h(x)＝eq\f(1,x)－x2，在[1，2]上h′(x)＝－eq\f(1,x2)－2x＝－(eq\f(1,x2)＋2x)＜0，所以h(x)在[1，2]上為減函數(shù)，h(x)min＝h(2)＝－eq\f(7,2)，所以a≤－eq\f(7,2).故實數(shù)a的取值范圍為{a|a≤－eq\f(7,2)}．12．【解】(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)．f′(x)＝eq\f(a,x)－x＝eq\f(－x2＋a,x).當a＜0時，在區(qū)間(0，＋∞)上，f′(x)＜0.所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0，＋∞)．當a＞0時，令f′(x)＝0得x＝eq\r(a)或x＝－eq\r(a)(舍)．函數(shù)f(x)，f′(x)隨x的變化如下：x(0，eq\r(a))eq\r(a)(eq\r(a)，＋∞)f′(x)＋0－f(x)極大值所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(0，eq\r(a))，單調(diào)遞減區(qū)間是(eq\r(a)，＋∞)．綜上所述，當a＜0時，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0，＋∞)；當a＞0時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(0，eq\r(a))，單調(diào)遞減區(qū)間是(eq\r(a)，＋∞)．(2)由(1)可知：當a＜0時，f(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞減．所以f(x)在[1，＋∞)上的最大值為f(1)＝0，即對任意的x∈[1，＋∞)都有f(x)≤0.當a＞0時，①當eq\