阶段一（理）专题一五节导数及其应用.PPTVIP

第五节 课时检测（五） 课时检测（六） 第一阶段　二轮专题复习 专题一　集合与常用逻辑用语、函数与导数、不等式 第五节　导数及其应用 考点例题 答案：D 当1ea－1e，即1a2时，g(x)的最小值为g(ea－1)＝a－ea－1. 当ea－1≥e，即a≥2时，在区间[1，e]上，g(x)为减函数，g(x)的最小值为g(e)＝a＋e－ae. 综上，当a≤1时，g(x)的最小值为0；当1a2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. 冲关集训 1．选 　∵曲线y＝g(x)在点(1，g(1))处的切线方程为y＝2x＋1 ， ∴g′(1)＝k＝2.又f′(x)＝g′(x)＋2x， ∴f′(1)＝g′(1)＋2＝4，故切线的斜率为4. 2．解析：y′＝3ln x＋1＋3，所以曲线在点(1,1)处的切线斜率为 4，所以切线方程为y－1＝4(x－1)，即y＝4x－3. 答案：y＝4x－3 C B x (－1，x1) x1 (x1，x2) x2 (x2，＋∞) f′(x) － 0 ＋ 0 － f(x) f(x1) f(x2) x (－1，x2) x2 (x2，x1) x1 (x1，＋∞) f′(x) － 0 ＋ 0 － f(x) f(x2) f(x1) D C A D C 4．选 　f′(x)＝3x2＋4ax＋b，g′(x)＝2x－3，由于曲线y＝f(x) 与y＝g(x)在点(2,0)处有相同的切线，故有f(2)＝g(2)＝0，f′(2)＝g′(2)＝1，由此解得a＝－2，b＝5. 5．选 　由题意知f2(x)＝cos x－sin x； f3(x)＝－sin x－cos x； f4(x)＝－cos x＋sin x； f5(x)＝sin x＋cos x；… 可得fn(x)是以4为周期的周期函数． 故f2 011(x)＝f3(x)＝－sin x－cos x. B A D 答案：(－∞，－1]和[0，＋∞) 答案：②④ 11．解：(1)f′(x)＝(2x－3)ex＋ex(x2－3x＋3)＝exx(x－1)， ①当－2t≤0，x∈[－2，t]时，f′(x)≥0，f(x)单调递增． ②当0t1，x∈[－2,0)时，f′(x)0，f(x)单调递增， 当x∈(0，t]时，f′(x)0，f(x)单调递减． 综上， 当－2t≤0时，y＝f(x)的单调递增区间为[－2，t]， 当0t1时，y＝f(x)的单调递增区间为[－2,0)，单调递减区间为(0，t]． t (－2,0) 0 (0,1) 1 (1，＋∞) h′(t) ＋ 0 － 0 ＋ h(t) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 课时检测(六) 1．选 　设f(x)＝x3－3x＋c，对f(x)求导可得，f′(x)＝3x2－ 3，令f′(x)＝0，可得x＝±1，易知f(x)在(－∞，－1)，(1，＋∞)上单调递增，在(－1,1)上单调递减．若f(1)＝1－3＋c＝0，可得c＝2；若f(－1)＝－1＋3＋c＝0，可得c＝－2. 2．选 　∵y′＝f(x)＋xf′(x)，而函数f(x)的定义域为(0，＋∞) 且f(x)0，f′(x)0， ∴y′0在(0，＋∞)上恒成立． 因此y＝xf(x)在(0，＋∞)上是增函数． A C 4．选 　令f(x)＝x3－ax2＋1，而在区间(0,2)上函数f(x)的导函 数f′(x)＝3x2－2ax＝x(3x－2a)0恒成立，所以函数f(x)在(0,2)上是减函数， 又f(0)＝10，f(2)＝9－4a0， 所以方程x3－ax2＋1＝0在(0,2)上恰有1个实根． B B C D 12．解：(1)f′(x)＝x2＋(1－a)x－a＝(x＋1)(x－a)． 由f′(x)＝0，得x1＝－1，x2＝a0. 当x变化时f′(x)，f(x)的变化情况如下表： 故函数f(x)的单调递增区间是(－∞，－1)，(a，＋∞)；单调递减区间是(－1，a)． x (－∞，－1) －1 (－1，a) a (a，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 极大值 极小值 D D A A C D C A B D C A 19．解：(1)f′(x)＝2ax，g′(x)＝3x2＋b. 因为曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线，所以f(1)＝g(1)，且f′(1)＝g′(1)， 即a＋1＝1＋b，且2a＝3＋b， 解得a＝3，b＝3. (2)记h(x)＝f(x)＋g(x)，当a＝3，b＝－9时， h(x)＝x3＋3x2－9x＋1， h′(x)＝3x2＋6x－9. 令h′(x)＝0，得x1＝－3，x2＝1. h(x)与h′(x)在(－∞，2]上的变化情况如下： 由此可知： 当k≤－3时，函数h(x)在区间[k,2]上的最大