2020-2021学年【补习教材·寒假作业】高二数学练习13 导数的应用（1）（解析版）

练习13 导数的应用（1）

1．（2020秋•常熟市月考）函数f（x）＝2x2﹣lnx的单调递减区间为（　　）

A．（﹣2，2） B．（0，2） C．（﹣，） D．（0，）

【分析】求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可．

【解答】解：函数f（x）的定义域是（0，+∞），

f′（x）＝4x﹣＝，

令f′（x）＜0，解得：0＜x＜，

故f（x）在（0，）递减，

故选：D．

2．（2020春•连云港月考）函数的单调递减区间是（　　）

A．（0，3） B．（﹣∞，3） C．（3，+∞） D．（﹣3，3）

【分析】根据函数单调性与导数符号之间的关系，即可求出函数的单调递减区间．

【解答】定义域 ，

令f′（x）≤0，解得﹣3≤x≤3，又因为x＞0，

所以0＜x≤3，

故函数单调递减区间 （0，3）．

故选：A．

3．（2020秋•天心区校级期中）已知函数y＝f（x），其导函数y＝f'（x）的图象如图所示，则y＝f（x）（　　）

A．在（﹣∞，0）上为减函数 B．在x＝0处取极小值 

C．在（1，2）上为减函数 D．在x＝2处取极大值

【分析】结合图象求出函数的单调区间，求出函数的极值，确定答案．

【解答】解：x∈（﹣∞，0）时，f′（x）＞0，f（x）递增，

x∈（0，2）时，f′（x）＜0，f（x）递减，

x∈（2，4）时，f′（x）＞0，f（x）递增，

x∈（4，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）递减，

故x＝0，x＝4处取极大值，x＝2处取极小值，

故选：C．

4．（2020春•南通期末）若在（﹣2，+∞）上是减函数，则实数b的范围是（　　）

A．（﹣∞，﹣1] B．（﹣∞，0] C．（﹣1，0] D．[﹣1，+∞）

【分析】根据函数在（﹣2，+∞）上是减函数，对函数f（x）进行求导，判断出f′（x）＜0，进而根据导函数的解析式求得b的范围．

【解答】解：由题意可知f′（x）＝﹣x+≤0在x∈（﹣2，+∞）上恒成立，

即b≤x（x+2）在x∈（﹣2，+∞）上恒成立，

∵g（x）＝x（x+2）＝x2+2x＝（x﹣1）2﹣1，且x∈（﹣2，+∞），

∴g（x）≥﹣1，

∴要使b≤x（x+2）在x∈（﹣2，+∞）上恒成立，需b≤﹣1，

故选：A．

5．（2020春•徐州期中）已知函数y＝f（x）的图象如图所示，则其导函数y＝f′（x）的图象可能是（　　）

A． B． 

C． D．

【分析】观察函数y＝f（x）的图象知，f（x）在（0，+∞）上是减函数，f（x）在（﹣∞，0）从左到右，先增再减最后增；从而确定导数的正负，从而求解．

【解答】解：观察函数y＝f（x）的图象知，

f（x）在（0，+∞）上是减函数，故y＝f′（x）＜0在（0，+∞）恒成立，故排除B，D，

f（x）在（﹣∞，0）从左到右，先增再减最后增，故y＝f′（x）在（﹣∞，0）从左到右，先“+”再“﹣”最后“+”恒成立，故排除C，

故选：A．

6．（多选）（2020春•张家港市期中）下列选项中，在（﹣∞，+∞）上单调递增的函数有（　　）

A．f（x）＝x4 B．f（x）＝x﹣sinx 

C．f（x）＝xex  D．f（x）＝ex﹣e﹣x﹣2x

【分析】根据题意，求出选项中函数的导数，分析导函数f′（x）≥0是否成立，结合函数的导数与单调性的关系分析可得答案．

【解答】解：根据题意，依次分析选项，

对于A，f（x）＝x4，其导数f′（x）＝4x3，在区间（﹣∞，0）上，有f′（x）＜0，函数f（x）为减函数，不符合题意；

对于B，f（x）＝x﹣sinx，其导数f′（x）＝1﹣cosx，在（﹣∞，+∞）上，有f′（x）≥0，则f（x）在（﹣∞，+∞）上单调递增，符合题意；

对于C，f（x）＝xex，其导数f′（x）＝ex+xex＝（1+x）ex，在区间（﹣∞，﹣1）上，有f′（x）＜0，函数f（x）为减函数，不符合题意；

对于D，f（x）＝ex﹣e﹣x﹣2x，其导数f′（x）＝ex+e﹣x﹣2，必有f′（x）＝ex+e﹣x﹣2≥2﹣2＝0，有f′（x）≥0，则f（x）在（﹣∞，+∞）上单调递增，符合题意；

故选：BD．

7．（多选）（2020春•宿迁期末）已知函数y＝f（x）的导函数的图象如图所示，下列结论中正确的是（　　）

A．﹣1是函数f（x）的极小值点 

B．﹣3是函数f（x）的极小值点 

C．函数f（x）在区间（﹣3，1）上单调递增 

D．函数f（x）在x＝0处切线的斜率小于零

【分析】结合图象求出函数的单调区间，求出函数的极值点，判断选项即可．

【解答】解：由图象得x＜﹣3时，f′（x）＜0，x＞﹣3时，f′（x）≥0，

故f（x）在（﹣∞，﹣3）递减，在（﹣3，+∞）递增，

故﹣3是函数f（x）的极小值点，

故选：BC．

8．（2018秋•连云港期末）函数的极小值是　　   ．

【分析】求函数的导数，利用函数极值和导数之间的关系即可得到结论．

【解答】解：函数的f（x）的导数f′（x）＝＝，令＝0，

解得x＝1，

由x＞1可得f′（x）＞0，函数单调递增，

由x＜1，可得f′（x）＜0，函数单调递减，

故当x＝1时，函数取得极小值f（1）＝，

故答案为：．

9．（2020春•东海县期中）已知函数，则f（x）的单调递增区间为　    　．

【分析】根据题意，求出函数的导数，由函数导数与单调性的关系可得f′（x）＝﹣sinx+≥0，即sinx≤，结合正弦函数的性质分析可得x的取值范围，即可得答案．

【解答】解：根据题意，f（x）＝cosx+x，x∈[0，]，其导数f′（x）＝﹣sinx+，

若f（x）为增函数，必有f′（x）＝﹣sinx+≥0，即sinx≤，

又由x∈[0，]，即0≤x≤，

故f（x）的单调递增区间为[0，]，

故答案为：[0，]，

10．（2019秋•扬州月考）已知函数f（x）＝sinx++lnx，f（1﹣a）＜f（2a），则实数a的取值范围　　    ．

【分析】先对f（x）求导，判断f（x）的单调性，然后由f（1﹣a）＜f（2a），得到关于a的不等式，进一步得到a的范围．

【解答】解：由f（x）＝sinx++lnx，得，

∵当x＞0时，，cosx∈[﹣1，1]，

∴当x＞0时，f'（x）＞0，∴f（x）在（0，+∞）上单调递增，

∴由f（1﹣a）＜f（2a），

得，∴，

∴a的取值范围为．

故答案为：．

11．（2019秋•亭湖区校级月考）已知函数f（x）＝exlnx﹣aex（a∈R），若f（x）在（0，+∞）上单调递增，则实数a的取值范围是　       　

【分析】根据题意，求出函数的导数可得f′（x）＝exlnx+﹣aex＝ex（lnx+﹣a），设g（x）＝lnx+，求出g（x）的导数，结合函数的导数与单调性的关系可得g（x）在（0，1）上为减函数，在（1，+∞）上为增函数，据此可得故g（x）在（0，+∞）有最小值g（1）＝1；进而分析可得若f（x）在（0，+∞）上单调递增，则f′（x）＝exlnx+﹣aex＝ex（lnx+﹣a）≥0在（0，+∞）上恒成立；即g（x）﹣a≥0在（0，+∞）上恒成立，据此分析可得答案．

【解答】解：根据题意，函数f（x）＝exlnx﹣aex，则f′（x）＝exlnx+﹣aex＝ex（lnx+﹣a），

设g（x）＝lnx+，则g′（x）＝﹣＝，

易得在区间（0，1）上，g′（x）＜0，即g（x）在（0，1）上为减函数，

在区间（1，+∞）上，g′（x）＞0，即g（x）在（1，+∞）上为增函数，

故g（x）在（0，+∞）有最小值g（1）＝1，没有最大值，

若f（x）在（0，+∞）上单调递增，则f′（x）＝exlnx+﹣aex＝ex（lnx+﹣a）≥0在（0，+∞）上恒成立；

即g（x）﹣a≥0在（0，+∞）上恒成立，

即a≤g（x）在（0，+∞）上恒成立，必有a≤g（x）min＝1，

故a的取值范围为（﹣∞，1]；

故答案为：（﹣∞，1]．

12．（2019秋•启东市期中）确定函数f（x）＝cos2x+4cosx，x∈（0，2π）的单调区间．

【分析】求函数的导数，利用函数单调性和导数之间的关系进行求解即可．

【解答】解：函数的导数f'（x）＝﹣2sin2x﹣4sinx＝﹣4sinx（cosx+1），

令f'（x）＞0，sinx＜0，

又x∈（0，2π），所以π＜x＜2π；

令f'（x）＜0，sinx＞0，

又x∈（0，2π），所以0＜x＜π．

故f（x）的单调增区间为（π，2π），单调减区间为（0，π）．

13．（2020春•昆山市期中）若函数f（x）＝lnx+ax2﹣2x在区间（1，2）内单调递增，则实数a的取值范围是（　　）

A．（﹣∞，] B．（） C．（，+∞） D．[，+∞）

【分析】求出函数的导数，将问题转化为a≥﹣在x∈（1，2）恒成立，令g（x）＝﹣，求出g（x）的最小值，从而可求得a的取值范围．

【解答】解：由函数f（x）＝lnx+ax2﹣2x可得f′（x）＝+2ax﹣2，

若f（x）在区间（1，2）内单调递增，

则f′（x）≥0在x∈（1，2）恒成立，

即a≥﹣在x∈（1，2）恒成立，

令g（x）＝﹣＝﹣（﹣1）2+，

由∈（，1），

∴g（x）＜g（1）＝，

故a≥，

即实数a的取值范围是[，+∞）．

故选：D．

14．（2020春•昆山市期中）已知定义在R上的可导函数f（x）满足：f（1）＝1，f′（x）+f（x）＜0，则不等式f（x）≥e1﹣x的解集为　      　．

【分析】根据条件构造函数g（x）＝exf（x），求函数的导数，研究函数的单调性，将不等式问题转化为函数单调性问题进行求解即可．

【解答】解：不等式f（x）≥e1﹣x，等价为exf（x）≥e，

设g（x）＝exf（x），则函数的导数g′（x）＝ex（f（x）+f′（x）），

∵f（x）+f′（x）＜0，

∴g′（x）＜0，

即函数g（x）在定义域上为减函数，

∵g（1）＝ef（1）＝e，

∴exf（x）≥e等价为g（x）≥g（1），

则x≥1，

即不等式f（x）≥e1﹣x（e为自然对数的底数）的解集是（﹣∞，1]，

故答案为：（﹣∞，1]，

15．（2020春•盐城期末）设函数f（x）＝﹣lnx+mx2﹣2x（m∈R）．

（1）当m＝1时，求函数f（x）在x＝1处的切线方程；

（2）当m＝时，求函数f（x）的单调增区间．

【分析】（1）先对函数求导，然后结合导数的几何意义可求切线斜率，进而可求切线方程；

（2）把m＝代入后对函数求导，然后结合导数与单调性的关系即可求解．

【解答】解：（1）当m＝1时，f（x）＝﹣lnx+x2﹣2x，

∴f（1）＝﹣1，，

∴f'（1）＝﹣1，

∴f（x）在x＝1处的切线方程为y﹣（﹣1）＝﹣（x﹣1），即x+y＝0，

（2）当时，，

∴＝，x＞0，

令f'（x）＞0，得，

∵x＞0，

∴3x2﹣2x﹣1＞0，解得（舍去）或x＞1，

∴f（x）的单调增区间是（1，+∞）．