高中人教A版 (2019)第五章 一元函数的导数及其应用本章综合与测试导学案及答案

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1. 已知函数y＝f(x)在定义域内可导，则函数y＝f(x)在某点处的导数值为0是函数y＝f(x)在这点处取得极值的( )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
答案 B
解析 根据导数的性质可知，若函数y＝f(x)在这点处取得极值，则f′(x)＝0，即必要性成立；反之不一定成立，如函数f(x)＝x3在R上是增函数，f′(x)＝3x2，则f′(0)＝0，但在x＝0处函数不是极值，即充分性不成立．
故函数y＝f(x)在某点处的导数值为0是函数y＝f(x)在这点处取得极值的必要不充分条件，故选B.
2．设函数g(x)＝x(x2－1)，则g(x)在区间[0,1]上的最小值为( )
A．－1 B．0 C．－eq \f(2\r(3),9) D.eq \f(\r(3),3)
答案 C
解析 g(x)＝x3－x，由g′(x)＝3x2－1＝0，
解得x1＝eq \f(\r(3),3)，x2＝－eq \f(\r(3),3)(舍去)．
当x变化时，g′(x)与g(x)的变化情况如下表：
所以当x＝eq \f(\r(3),3)时，g(x)有最小值geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)))＝－eq \f(2\r(3),9).
3．设f(x)＝4x3＋mx2＋(m－3)x＋n(m，n∈R)是R上的增函数，则m的取值范围是( )
A．[－6，＋∞) B．{6}
C．{－6} D．(－∞，6]
答案 B
解析 由题意得，f′(x)＝12x2＋2mx＋(m－3)≥0在R上恒成立，
所以Δ＝(2m)2－4×12×(m－3)≤0，
即(m－6)2≤0，解得m＝6.
4.已知定义在R上的函数f(x)，其导函数f′(x)的大致图象如图所示，则下列叙述正确的是( )
A．f(b)>f(c)>f(d)
B．f(b)>f(a)>f(e)
C．f(c)>f(b)>f(a)
D．f(c)>f(e)>f(d)
答案 C
解析 依题意得，当x∈(－∞，c)时，f′(x)>0，
因此，函数f(x)在(－∞，c)上单调递增，
由于af(b)>f(a)．
5．(多选)已知函数f(x)＝x2(ax＋b)(a，b∈R)在x＝2处有极值，其图象在点(1，f(1))处的切线与直线3x＋y＝0平行，则函数f(x)的单调区间为( )
A．(－∞，0) B．(0,2)
C．(2，＋∞) D．(－∞，＋∞)
答案 ABC
解析 ∵f(x)＝ax3＋bx2，∴f′(x)＝3ax2＋2bx，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3a×22＋2b×2＝0，,3a＋2b＝－3，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝－3，))
令f′(x)＝3x2－6x<0，则0令f′(x)＝3x2－6x>0，则x<0或x>2，函数f(x)的单调递增区间为(－∞，0)，(2，＋∞)．
6．若函数f(x)＝x3＋eq \f(3,2)x2＋m在区间[－2,1]上的最大值为eq \f(9,2)，则m＝________.
答案 2
解析 f′(x)＝3x2＋3x＝3x(x＋1)．
由f′(x)＝0，得x＝0或x＝－1.
又f(0)＝m，f(－1)＝m＋eq \f(1,2)，
f(1)＝m＋eq \f(5,2)，f(－2)＝－8＋6＋m＝m－2，
∴当x∈[－2,1]时，最大值为f(1)＝m＋eq \f(5,2)，
∴m＋eq \f(5,2)＝eq \f(9,2)，∴m＝2.
7．已知函数f(x)＝x3－2x＋ex－eq \f(1,ex)，其中e是自然对数的底数．若f(a－1)＋f(2a2)≤0，则实数a的取值范围是________________．
答案 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,2)))
解析 因为f(－x)＝(－x)3－2(－x)＋e－x－eq \f(1,e－x)＝－f(x)，所以f(x)为奇函数．因为f′(x)＝3x2－2＋ex＋e－x≥3x2－2＋2eq \r(ex·e－x)≥0(当且仅当x＝0时等号成立)，所以f(x)在R上单调递增，因为f(a－1)＋f(2a2)≤0可化为f(2a2)≤－f(a－1)，即f(2a2)≤f(1－a)，所以2a2≤1－a,2a2＋a－1≤0，解得－1≤a≤eq \f(1,2)，故实数a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,2))).
8．已知函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示．
则下列说法中正确的是________(填序号)．
①函数y＝f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－3，－\f(1,2)))上单调递增；
②函数y＝f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，3))上单调递减；
③函数y＝f(x)在区间(4,5)上单调递增；
④当x＝2时，函数y＝f(x)有极大值；
⑤当x＝－eq \f(1,2)时，函数y＝f(x)有极大值．
答案 ③④
解析 由导函数y＝f′(x)的图象可知，函数y＝f(x)的单调递减区间为(－∞，－2)，(2,4)，单调递增区间为(－2,2)，(4，＋∞)，故③④正确．
9．今年某公司计划按200元/担的价格收购某种农产品，同时按要求以10%的税率纳税．现计划收购a万担，若将税率降低x个百分点，预测收购量可增加2x个百分点．
(1)写出税收y(万元)与x的函数关系式；
(2)将税率作怎样的调整，才能使税收取得最大值(要求应用导数知识完成)?
解 (1)降低税率后的税率为(10－x)%，农产品的收购量为a(1＋2x%)万担，收购总金额为200a(1＋2x%)万元．
依题意，得
y＝200a(1＋2x%)·(10－x)%
＝eq \f(1,50)a(100＋2x)(10－x)
＝－eq \f(1,25)ax2－eq \f(8,5)ax＋20a.
(2)由(1)，得y′＝－eq \f(2,25)ax－eq \f(8,5)a.
令y′＝0，解得x＝－20.
当x＝－20时，y取最大值．因此，只有将税率增加20个百分点，才能使税收取得最大值．
10．已知函数f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(1,2)))x2＋ln x(a∈R)．
(1)当a＝1时，求f(x)在区间[1，e]上的最大值和最小值；
(2)求f(x)的极值．
解 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
当a＝1时，f(x)＝eq \f(1,2)x2＋ln x，
f′(x)＝x＋eq \f(1,x)＝eq \f(x2＋1,x)，
当x∈[1，e]时，有f′(x)>0，
∴f(x)在区间[1，e]上单调递增，
∴f(x)max＝f(e)＝1＋eq \f(e2,2)，f(x)min＝f(1)＝eq \f(1,2).
(2)f′(x)＝(2a－1)x＋eq \f(1,x)＝eq \f(2a－1x2＋1,x)(x>0)．
①当2a－1≥0，即a≥eq \f(1,2)时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，故f(x)无极值．
②当2a－1<0，即a当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
由上表可知，当x＝eq \r(\f(1,1－2a))时，
f(x)极大值＝－eq \f(1,2)－eq \f(1,2)ln(1－2a)，无极小值．
11．若函数f(x)＝x2ex－a恰有三个零点，则实数a的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,e2)，＋∞)) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(4,e2)))
C．(0,4e2) D．(0，＋∞)
答案 B
解析 令g(x)＝x2ex，
则g′(x)＝2xex＋x2ex＝xex(x＋2)．
令g′(x)＝0，得x＝0或x＝－2，
∴g(x)在(－2,0)上单调递减，在(－∞，－2)，(0，＋∞)上单调递增．
∴g(x)极大值＝g(－2)＝eq \f(4,e2)，g(x)极小值＝g(0)＝0，
又f(x)＝x2ex－a恰有三个零点，则012．已知函数f(x)＝x2－2ln x，若关于x的不等式f(x)－m≥0在[1，e]上有实数解，则实数m的取值范围是( )
A．(－∞，e2－2) B．(－∞，e2－2]
C．(－∞，1) D．(－∞，1]
答案 B
解析 由f(x)－m≥0得f(x)≥m，
函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝2x－eq \f(2,x)＝eq \f(2x2－1,x)，
当x∈[1，e]时，f′(x)≥0，
此时，函数f(x)单调递增，
所以f(1)≤f(x)≤f(e)．
即1≤f(x)≤e2－2，
要使f(x)－m≥0在[1，e]上有实数解，
则有m≤e2－2.
13．若不等式ex≥kx对任意实数x恒成立，则实数k的最大值为________．
答案 e
解析 不等式ex≥kx对任意实数x恒成立，即为f(x)＝ex－kx≥0恒成立，即有f(x)min≥0.
f′(x)＝ex－k，
当k≤0时，可得f′(x)>0恒成立，f(x)单调递增，无最小值．
当k>0时，x>ln k时，f′(x)>0，f(x)单调递增；x即当x＝ln k时f(x)取得最小值，
即为k－kln k，由k－kln k≥0，
解得014．已知函数f(x)＝ax－ln x，若f(x)>1在区间(1，＋∞)内恒成立，则实数a的取值范围为________．
答案 [1，＋∞)
解析 由f(x)>1，得ax－ln x>1，
∵x>1，∴原不等式转化为a>eq \f(1＋ln x,x)，
设g(x)＝eq \f(ln x＋1,x)，得g′(x)＝eq \f(－ln x,x2)，
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，
则g(x)在(1，＋∞)上单调递减，
则g(x)∵a>eq \f(1＋ln x,x)在(1，＋∞)上恒成立，∴a≥1.
15．已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，f(1)＝0，当x>0时，有eq \f(xf′x－fx,x2)>0，则不等式x2f(x)>0的解集是________________．
答案 (－1,0)∪(1，＋∞)
解析 令g(x)＝eq \f(fx,x)(x≠0)，
则g′(x)＝eq \f(xf′x－fx,x2).
∵当x>0时，eq \f(xf′x－fx,x2)>0，即g′(x)>0，
∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增．
又f(1)＝0，∴g(1)＝f(1)＝0，
∴在(0，＋∞)上，g(x)>0的解集为(1，＋∞)．
∵f(x)为奇函数，∴g(x)为偶函数，
∴在(－∞，0)上，g(x)>0的解集为(－∞，－1)．
g(x)<0的解集为(－1,0)．
由x2f(x)>0，得f(x)>0(x≠0)．
又f(x)>0的解集为(－1,0)∪(1，＋∞)，
∴不等式x2f(x)>0的解集为(－1,0)∪(1，＋∞)．
16．已知函数f(x)＝eq \f(x2＋5x＋5,ex).
(1)求函数f(x)的极大值；
(2)求f(x)在区间(－∞，0]上的最小值；
(3)若x2＋5x＋5－aex≥0对x∈R恒成立，求a的取值范围．
解 (1)f′(x)＝eq \f(－xx＋3,ex)，
当x<－3时，f′(x)<0，当－30，
当x>0时，f′(x)<0，
所以函数f(x)在(－∞，－3)上为单调递减，在(－3,0)上为单调递增，在(0，＋∞)上为单调递减，
因此函数f(x)在x＝0处有极大值f(0)＝5.
(2)由(1)得，函数f(x)在(－∞，－3)上为单调递减，在(－3,0)上为单调递增，
所以当x∈(－∞，0]时，函数f(x)在x＝－3处有最小值f(－3)＝－e3.
(3)由题意知a≤eq \f(x2＋5x＋5,ex)＝f(x)．
由(2)得，函数f(x)在区间(－∞，0]上有最小值－e3.
又当x>0时，f(x)>0，
所以函数f(x)在定义域内的最小值为－e3，
所以a≤－e3，
即a的取值范围为(－∞，－e3]．x
0
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(3),3)))
eq \f(\r(3),3)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)，1))
1
g′(x)
－
0
＋
g(x)
0
↘
极小值
↗
0
x
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0， \r(\f(1,1－2a))))
eq \r(\f(1,1－2a))
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(\f(1,1－2a))，＋∞))
f′(x)
＋
0
－
f(x)
↗
极大值
↘