（浙江专用）高考数学一轮复习 第三章 导数及其应用 第2讲 导数在研究函数中的应用练习-人教版高三全册数学试题.doc

【创新设计】（浙江专用）2017版高考数学一轮复习第三章导数及其应用第2讲导数在研究函数中的应用练习
基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1.(2016·北京海淀区模拟)函数f(x)＝x2－2lnx的单调递减区间是()
A.(0，1) B.(1，＋∞)
C.(－∞，1) D.(－1，1)
解析∵f′(x)＝2x－eq\f(2,x)＝eq\f(2（x＋1）（x－1）,x)(x＞0).
∴当x∈(0，1)时f′(x)＜0，f(x)为减函数；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)为增函数.
答案A
2.函数y＝xex的最小值是()
A.－1 B.－e
C.－eq\f(1,e) D.不存在
解析y′＝ex＋xex＝(1＋x)ex，令y′＝0，则x＝－1，因为x＜－1时，y′＜0，x＞－1时，y′＞0，所以x＝－1时，ymin＝－eq\f(1,e).
答案C
3.已知函数y＝f(x)的图象是下列四个图象之一，且其导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则该函数的图象是()

解析由y＝f′(x)的图象知，y＝f(x)在[－1，1]上为增函数，且在区间(－1，0)上增长速度越来越快，而在区间(0，1)上增长速度越来越慢.
答案B
4.对于在R上可导的任意函数f(x)，若满足(x－a)f′(x)≥0，则必有()
A.f(x)≥f(a) B.f(x)≤f(a)
C.f(x)>f(a) D.f(x)<f(a)
解析由(x－a)f′(x)≥0知，当x>a时，f′(x)≥0；当x<a时，f′(x)≤0.∴当x＝a时，函数f(x)取得最小值，则f(x)≥f(a).
答案A
5.(2016·台州高三月考)若函数f(x)＝x3－tx2＋3x在区间[1，4]上单调递减，则实数t的取值范围是()
A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(51,8))) B.(－∞，3]
C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(51,8)，＋∞)) D.[3，＋∞)
解析f′(x)＝3x2－2tx＋3，由于f(x)在区间[1，4]上单调递减，则有f′(x)≤0在[1，4]上恒成立，即3x2－2tx＋3≤0，即t≥eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))在[1，4]上恒成立.
因为y＝eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))在[1，4]上单调递增，所以t≥eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4＋\f(1,4)))＝eq\f(51,8).
答案C
二、填空题
6.(2016·九江模拟)函数f(x)＝(x－3)ex的单调递增区间是________.
解析函数f(x)＝(x－3)ex的导数为f′(x)＝[(x－3)ex]′＝ex＋(x－3)ex＝(x－2)ex.
f′(x)＝(x－2)ex＞0，解得x＞2.
答案(2，＋∞)
7.(2016·广州模拟)已知f(x)＝x3＋3ax2＋bx＋a2在x＝－1时有极值0，则a－b＝________.
解析由题意得f′(x)＝3x2＋6ax＋b，则
eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＋3a－b－1＝0，,b－6a＋3＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝3))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝9，))
经检验当a＝1，b＝3时，函数f(x)在x＝－1处无法取得极值，而a＝2，b＝9满足题意，故a－b＝－7.
答案－7
8.设函数f(x)＝x3－eq\f(x2,2)－2x＋5，若对任意的x∈[－1，2]，都有f(x)＞a，则实数a的取值范围是________.
解析f′(x)＝3x2－x－2，令f′(x)＝0，得3x2－x－2＝0，解得x＝1或x＝－eq\f(2,3)，又f(1)＝eq\f(7,2)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)))＝eq\f(157,27)，f(－1)＝eq\f(11,2)，故f(x)min＝eq\f(7,2)，∴a＜eq\f(7,2).
答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(7,2)))
三、解答题
9.(2015·安徽卷)已知函数f(x)＝eq\f(ax,（x＋r）2)(a＞0，r＞0).
(1)求f(x)的定义域，并讨论f(x)的单调性；