新編與名師對(duì)話高三數(shù)學(xué)文一輪復(fù)習(xí)課時(shí)跟蹤訓(xùn)練：第三章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 課時(shí)跟蹤訓(xùn)練16 Word版含解析

《新編與名師對(duì)話高三數(shù)學(xué)文一輪復(fù)習(xí)課時(shí)跟蹤訓(xùn)練：第三章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 課時(shí)跟蹤訓(xùn)練16 Word版含解析》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《新編與名師對(duì)話高三數(shù)學(xué)文一輪復(fù)習(xí)課時(shí)跟蹤訓(xùn)練：第三章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 課時(shí)跟蹤訓(xùn)練16 Word版含解析（11頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 課時(shí)跟蹤訓(xùn)練(十六) [基礎(chǔ)鞏固] 一、選擇題 1．(20xx·四川卷)已知a為函數(shù)f(x)＝x3－12x的極小值點(diǎn)，則a＝(　　) A．－4 B．－2 C．4 D．2 [解析]　由題意得f′(x)＝3x2－12，由f′(x)＝0得x＝±2，當(dāng)x∈(－∞，－2)時(shí)，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(－2,2)時(shí)，f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x∈(2，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，所以a＝2. [答案]　D 2．設(shè)函數(shù)f(x)＝＋lnx，則(　　) A．x＝為f(x)的極大值點(diǎn) B．x＝為f(x)的極小值點(diǎn) C．x＝2為f(x)

2、的極大值點(diǎn) D．x＝2為f(x)的極小值點(diǎn) [解析]　∵f(x)＝＋lnx，∴f′(x)＝－＋＝(x>0)，由f′(x)＝0得x＝2.當(dāng)x∈(0,2)時(shí)，f′(x)<0，f(x)為減函數(shù)；當(dāng)x∈(2，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，f(x)為增函數(shù)，∴x＝2為f(x)的極小值點(diǎn)． [答案]　D 3．若商品的年利潤(rùn)y(萬(wàn)元)與年產(chǎn)量x(百萬(wàn)件)的函數(shù)關(guān)系式為y＝－x3＋27x＋123(x>0)，則獲得最大利潤(rùn)時(shí)的年產(chǎn)量為(　　) A．1百萬(wàn)件 B．2百萬(wàn)件 C．3百萬(wàn)件 D．4百萬(wàn)件 [解析]　y′＝－3x2＋27＝－3(x＋3)(x－3)，當(dāng)00； 當(dāng)x>3時(shí)，y′

3、<0. 故當(dāng)x＝3時(shí)，該商品的年利潤(rùn)最大． [答案]　C 4.設(shè)函數(shù)f(x)在R上可導(dǎo)，其導(dǎo)函數(shù)為f ′(x)，且函數(shù)y＝(1－x)f ′(x)的圖象如圖所示，則下列結(jié)論中一定成立的是(　　) A．函數(shù)f(x)有極大值f(2)和極小值f(1) B．函數(shù)f(x)有極大值f(－2)和極小值f(1) C．函數(shù)f(x)有極大值f(2)和極小值f(－2) D．函數(shù)f(x)有極大值f(－2)和極小值f(2) [解析]　由圖可知當(dāng)x<－2時(shí)，(1－x)f ′(x)>0；當(dāng)－20；當(dāng)x>2時(shí)，(1－x)f ′(

4、x)<0.所以x<－2或x>2時(shí)f ′(x)>0；－2

5、數(shù)，∴－30，得x2，由f′(x)<0，得b

6、[答案]　C 二、填空題 7．f(x)＝的極小值為_(kāi)_______． [解析]　f′(x)＝＝. 令f′(x)<0，得x<－2或x>1. 令f′(x)>0，得－20時(shí)，f′(x)＝ex－1>0，x<0時(shí)，f′(x)＝ex－1<0，即函數(shù)在x＝0

7、處取得極小值，f(0)＝1，又f(－1)＝＋1，f(1)＝e－1，綜合比較得函數(shù)f(x)＝ex－x在區(qū)間[－1,1]上的最大值是e－1. [答案]　e－1 9．若f(x)＝x(x－c)2在x＝2處有極大值，則常數(shù)c的值為_(kāi)_______． [解析]　f′(x)＝(x－c)2＋2(x－c)x＝(x－c)(3x－c)， 因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在x＝2處有極大值， 所以f′(2)＝0，得c＝6或c＝2， 當(dāng)c＝6時(shí)，由f′(x)>0，得x<2或x>6；由f′(x)<0，得20，得x<或x>2；由f′(x)<0，得

8、，所以f(x)在x＝2處取得極小值．不合題意． 綜上所述，c＝6. [答案]　6 三、解答題 10．已知函數(shù)f(x)＝x－alnx(a∈R)， (1)當(dāng)a＝2時(shí)，求曲線y＝f(x)在點(diǎn)A(1，f(1))處的切線方程； (2)求函數(shù)f(x)的極值． [解]　函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝1－. (1)當(dāng)a＝2時(shí)，f(x)＝x－2lnx，f′(x)＝1－(x>0)， 因而f(1)＝1，f′(1)＝－1， 所以曲線y＝f(x)在點(diǎn)A(1，f(1))處的切線方程為y－1＝－(x－1)，即x＋y－2＝0. (2)由f′(x)＝1－＝，x>0知： ①當(dāng)a≤0時(shí)，f

9、′(x)>0，函數(shù)f(x)為(0，＋∞)上的增函數(shù)，函數(shù)f(x)無(wú)極值； ②當(dāng)a>0時(shí)，由f′(x)＝0，解得x＝a. 又當(dāng)x∈(0，a)時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x∈(a，＋∞)時(shí)，f′(x)>0， 從而函數(shù)f(x)在x＝a處取得極小值，且極小值為f(a)＝a－alna，無(wú)極大值． 綜上，當(dāng)a≤0時(shí)，函數(shù)f(x)無(wú)極值； 當(dāng)a>0時(shí)，函數(shù)f(x)在x＝a處取得極小值a－alna，無(wú)極大值． [能力提升] 11．(20xx·浙江金華、麗水、衢州十二校聯(lián)考)如圖，已知直線y＝kx＋m與曲線y＝f(x)相切于兩點(diǎn)，則F(x)＝f(x)－kx有(　　) A．1個(gè)極大值點(diǎn)，2個(gè)極小值點(diǎn)

10、 B．2個(gè)極大值點(diǎn)，1個(gè)極小值點(diǎn) C．3個(gè)極大值點(diǎn)，無(wú)極小值點(diǎn) D．3個(gè)極小值點(diǎn)，無(wú)極大值點(diǎn) [解析]　F′(x)＝f′(x)－k，如圖所示，從而可知F′(x)共有三個(gè)零點(diǎn)x1，x2，x3，由圖可知，F(xiàn)(x)在(－∞，x1)上單調(diào)遞減，在(x1，x2)上單調(diào)遞增，在(x2，x3)上單調(diào)遞減，在(x3，＋∞)上單調(diào)遞增，∴x1，x3為極小值點(diǎn)，x2為極大值點(diǎn)，即F(x)有1個(gè)極大值點(diǎn)，2個(gè)極小值點(diǎn)，故選A. [答案]　A 12．(20xx·河北唐山一模)直線y＝a分別與曲線y＝2(x＋1)，y＝x＋lnx交于A，B，則|AB|的最小值為(　　) A．3 B．2 C． D．

11、[解析]　當(dāng)y＝a時(shí)，2(x＋1)＝a，x＝－1.設(shè)方程x＋lnx＝a的根為t，則t＋lnt＝a，則|AB|＝＝＝.設(shè)g(t)＝－＋1(t>0)，則g′(t)＝－＝，令g′(t)＝0，得t＝1.當(dāng)t∈(0,1)，g′(t)<0；t∈(1，＋∞)，g′(t)>0， 所以g(t)min＝g(1)＝， 所以|AB|≥，即|AB|的最小值為. [答案]　D 13．(20xx·全國(guó)卷Ⅱ)設(shè)函數(shù)f(x)＝(1－x2)ex. (1)討論f(x)的單調(diào)性； (2)當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)≤ax＋1，求a的取值范圍． [解]　(1)f′(x)＝(1－2x－x2)ex. 令f′(x)＝0得x＝－1－，

12、x＝－1＋. 當(dāng)x∈(－∞，－1－)時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x∈(－1－，－1＋)時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)x∈(－1＋，＋∞)時(shí)，f′(x)<0. 所以f(x)在(－∞，－1－)，(－1＋，＋∞)單調(diào)遞減，在(－1－，－1＋)單調(diào)遞增． (2)f(x)＝(1＋x)(1－x)ex. 當(dāng)a≥1時(shí)，設(shè)函數(shù)h(x)＝(1－x)ex，h′(x)＝－xex<0(x>0)，因此h(x)在[0，＋∞)單調(diào)遞減，而h(0)＝1，故h(x)≤1，所以f(x)＝(x＋1)h(x)≤x＋1≤ax＋1. 當(dāng)00(x>0)，所以g(x)在[0，＋∞)單

13、調(diào)遞增，而g(0)＝0，故ex≥x＋1. 當(dāng)0(1－x)(1＋x)2，(1－x)(1＋x)2－ax－1＝x(1－a－x－x2)，取x0＝，則x0∈(0,1)，(1－x0)·(1＋x0)2－ax0－1＝0，故f(x0)>ax0＋1.不合題意． 當(dāng)a≤0時(shí)，取x0＝，則x0∈(0,1)，f(x0)>(1－x0)(1＋x0)2＝1≥ax0＋1.不合題意． 綜上，a的取值范圍是[1，＋∞)． 14．(20xx·山東濰坊模擬)設(shè)f(x)＝xlnx－ax2＋(2a－1)x，a∈R. (1)令g(x)＝f′(x)，求g(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)已知f(x)在x＝1處取得極大

14、值，求實(shí)數(shù)a的取值范圍． [解]　(1)由f′(x)＝lnx－2ax＋2a， 可得g(x)＝lnx－2ax＋2a，x∈(0，＋∞)． 則g′(x)＝－2a＝. 當(dāng)a≤0時(shí)，x∈(0，＋∞)時(shí)，g′(x)>0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞增． 當(dāng)a>0時(shí)，x∈時(shí)，g′(x)>0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞增； x∈時(shí)，g′(x)<0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞減． 所以當(dāng)a≤0時(shí)，g(x)的單調(diào)增區(qū)間為(0，＋∞)； 當(dāng)a>0時(shí)，g(x)的單調(diào)增區(qū)間為， 單調(diào)減區(qū)間為. (2)由(1)知，f′(1)＝0. ①當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)單調(diào)遞增， 所以，當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞

15、減； 當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增． 所以f(x)在x＝1處取得極小值，不合題意． ②當(dāng)01，由(1)知f′(x)在內(nèi)單調(diào)遞增， 可得，當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，f′(x)<0，x∈時(shí)，f′(x)>0. 所以f(x)在(0,1)內(nèi)單調(diào)遞減，在內(nèi)單調(diào)遞增． 所以f(x)在x＝1處取得極小值，不合題意． ③當(dāng)a＝時(shí)，＝1， f′(x)在(0,1)內(nèi)單調(diào)遞增，在(1，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞減． 所以當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，f′(x)≤f′(1)＝0，f(x)單調(diào)遞減，不合題意． ④當(dāng)a>時(shí)，0<<1， 當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增， 當(dāng)x∈

16、(1，＋∞)時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減， 所以f(x)在x＝1處取得極大值，符合題意． 綜上可知，實(shí)數(shù)a的取值范圍為. [延伸拓展] 　(20xx·海南華僑中學(xué)考前模擬)已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c在定義域x∈[－2,2]上表示的曲線過(guò)原點(diǎn)，且在x＝±1處的切線斜率均為－1.有以下命題 ： ①f(x)是奇函數(shù)；②若f(x)在[s，t]內(nèi)遞減，則|t－s|的最大值為4；③若f(x)的最大值為M，最小值為m，則M＋m＝0；④若對(duì)?x∈[－2,2]，k≤f′(x)恒成立，則k的最大值為2. 其中正確命題的個(gè)數(shù)為(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 [解析]

17、　由題意得函數(shù)過(guò)原點(diǎn)，則c＝0.又f′(x)＝3x2＋2ax＋b， 則解得 所以f(x)＝x3－4x，f′(x)＝3x2－4＝0. ①因?yàn)閒(－x)＝－x3＋4x＝－f(x)，即f(x)是奇函數(shù)，①正確； ②由f′(x)≥0得x≥或x≤－，f(x)在內(nèi)單調(diào)遞減．若f(x)在[s，t]內(nèi)遞減，則t≤，s≥－時(shí)，|t－s|的最大值為，②錯(cuò)誤； ③由奇函數(shù)的圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱(chēng)可知，最大值與最小值互為相反數(shù)，f(x)的最大值為M，最小值為m，則M＋m＝0，③正確； ④若對(duì)?x∈[－2,2]，由于f′(x)＝3x2－4∈[－4,8]，則k≤f′(x)恒成立，則k≤－4，則k的最大值為－4，④錯(cuò)誤．故正確的個(gè)數(shù)為2，故選B. [答案]　B