2015《大课堂》高三人教版数学(理)一轮复习课时作业：第2章 第12节 导数的应用(一).doc

课时作业 一、选择题 1．(2012·辽宁高考)函数y＝x2－ln x的单调递减区间为 (　　) A．(－1，1]　　　　　　　　　 B．(0，1] C．[1，＋∞) D．(0，＋∞) B　[对函数y＝x2－ln x求导，得y′＝x－＝(x0)， 令解得x∈(0，1]．因此函数y＝x2－ln x的单调递减区间为(0，1]．故选B.] 2．(2014·荆州市质检)设函数f(x)在R上可导，其导函数是f′(x)，且函数f(x)在 x＝－2处取得极小值，则函数y＝xf′(x)的图象可能是 (　　) C　[f(x)在x＝－2处取得极小值，即x＜－2，f′(x)＜0; x＞－2，f′(x)＞0，那么y＝xf′(x)过点(0，0)及(－2，0)． 当x＜－2时，x＜0，f′(x)＜0，则y＞0; 当－2＜x＜0时，x＜0，f′(x)＞0，y＜0； 当x＞0时，f′(x)＞0，y＞0，故C正确．] 3．(理)(2013·辽宁高考)设函数f(x)满足x2f′(x)＋2xf(x)＝，f(2)＝，则x＞0时，f(x) (　　) A．有极大值，无极小值 B．有极小值，无极大值 C．既有极大值又有极小值 D．既无极大值也无极小值 D　[令F(x)＝x2f(x)， 则F′(x)＝x2f′(x)＋2xf(x)＝，F(2)＝4·f(2)＝. 由x2f′(x)＋2xf(x)＝， 得x2f′(x)＝－2xf(x)＝， ∴f′(x)＝. 令φ(x)＝ex－2F(x)， 则φ′(x)＝ex－2F′(x)＝ex－＝. ∴φ(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增， ∴φ(x)的最小值为φ(2)＝e2－2F(2)＝0. ∴φ(x)≥0. 又x＞0，∴f′(x)≥0.∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增． ∴f(x)既无极大值也无极小值．故选D.] 3．(文)(2013·福建高考)设函数f(x)的定义域为R，x0(x0≠0)是f(x)的极大值点，以下结论一定正确的是 (　　) A．?x∈R，f(x)≤f(x0) B．－x0是f(－x)的极小值点 C．－x0是－f(x)的极小值点 D．－x0是－f(－x)的极小值点 D　[由函数极大值的概念知A错误；因为函数f(x)的图象与f(－x)的图象关于y轴对称，所以－x0是f(－x)的极大值点．B选项错误；因为f(x)的图象与－f(x)的图象关于x轴对称，所以x0是－f(x)的极小值点．故C选项错误；因为f(x)的图象与－f(－x)的图象关于原点成中心对称，所以－x0是－f(－x)的极小值点．故D正确．] 4．若f(x)＝－(x－2)2＋bln x在(1，＋∞)上是减函数，则b的取值范围是 (　　) A．[－1，＋∞) B．(－1，＋∞) C．(－∞，－1] D．(－∞，－1) C　[由题意可知f′(x)＝－(x－2)＋≤0在(1，＋∞)上恒成立，即b≤x(x－2)在x∈(1，＋∞)上恒成立， 由于φ(x)＝x(x－2)＝x2－2x(x∈(1，＋∞))的值域是(－1，＋∞)，故只要b≤－1即可．正确选项为C.] 5. (2013·湖北高考)已知函数f(x)＝x(ln x－ax)有两个极值点，则实数a的取值范围是 (　　) A．(－∞，0) B. C．(0，1) D．(0，＋∞) B　[f′(x)＝ln x－ax＋x＝ln x－2ax＋1，函数f(x)有两个极值点，即 ln x－2ax＋1＝0有两个不同的根(在正实数集上)，即函数g(x)＝与函数y＝2a在(0，＋∞)上有两个不同交点．因为g′(x)＝，所以g(x)在 (0，1)上递增，在(1，＋∞)上递减，所以g(x)max＝g(1)＝1，如图． 若g(x)与y＝2a有两个不同交点，须0＜2a＜1. 即0＜a＜，故选B.] 6．函数f(x)＝x3－3x－1，若对于区间[－3，2]上的任意x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤t，则实数t的最小值是 (　　) A．20 B．18 C．3 D．0 A　[因为f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)，令f′(x)＝0，得x＝±1，所以－1，1为函数的极值点．又f(－3)＝－19，f(－1)＝1，f(1)＝－3，f(2)＝1，所以在区间[－3，2]上f(x)max＝1，f(x)min＝－19.又由题设知在区间[－3，2]上f(x)max－f(x)min≤t，从而t≥20，所以t的最小值是20.] 二、填空题 7．已知函数f(x)＝x3＋mx2＋(m＋6)x＋1既存在极大值又存在极小值，则实数m的取值范围是________． 解析　f′(x)＝3x2＋2mx＋m＋6＝0有两个不等实根，即Δ＝4m2－12×(m＋6)0.所以m6或m－3. 答案　(－∞，－3)∪(6，＋∞) 8．(2