1、课时作业(十三)B第13讲导数在研究函数中的应用时间：45分钟分值：100分12011安阳模拟 函数f(x)的定义域为开区间(a，b)，导函数f(x)在(a，b)内的图象如图K134所示，则函数f(x)在开区间(a，b)内有极小值点()图K134A1个 B2个C3个 D4个22011商丘模拟 设f(x)，g(x)是R上的可导函数，f(x)，g(x)分别为f(x)，g(x)的导函数，且满足f(x)g(x)f(x)g(x)0，则当axf(b)g(x)Bf(x)g(a)f(a)g(x)Cf(x)g(x)f(b)g(b)Df(x)g(x)f(b)g(a)3如图K135，直线l和圆C，当l从l0开始在平
2、面上绕点O匀速旋转(旋转角度不超过90)时，它扫过的圆内阴影部分的面积S是时间t的函数，它的图象大致是()图K135图K13642011郑州一中模拟 满足性质：“对于区间(1,2)上的任意x1，x2(x1x2)|f(x2)f(x1)|0，则对任意的实数a，b有()Aabaf(b)bf(a) Babaf(b)baf(a)bbf(b)0，函数f(x)x3ax在1，)上是增函数，则a的最大值是_112011宁波十校联考 已知函数f(x)xsinx，xR，f(4)，f，f的大小关系为_(用“2，函数f(x)在2，t上为单调函数时，t的取值范围是_13已知函数f(x)的自变量取值区间为A，若其值域也为A
3、，则称区间A为f(x)的保值区间若g(x)xmlnx的保值区间是2，)，则m的值为_14(10分)已知函数f(x)exx(e为自然对数的底数)(1)求f(x)的最小值；(2)不等式f(x)ax的解集为P，若M且MP，求实数a的取值范围；(3)已知nN，且Snf(x)xdx(t为常数，t0)，是否存在等比数列bn，使得b1b2bnSn？若存在，请求出数列bn的通项公式；若不存在，请说明理由15(13分)2011天津和平模拟 设f(x)x3mx2nx.(1)如果g(x)f(x)2x3在x2处取得最小值5，求f(x)的解析式；(2)如果mn10(m，nN)，f(x)的单调递减区间的长度是正整数，试求
4、m和n的值(注：区间(a，b)的长度为ba)16(12分)2011惠州模拟 设f(x)x3x22ax.(1)若f(x)在上存在单调递增区间，求a的取值范围；(2)当0a2时，f(x)在1,4上的最小值为，求f(x)在该区间上的最大值课时作业(十三)B【基础热身】1A解析 函数在极小值点附近的图象应有先减后增的特点，因此应该在导函数的图象上找从x轴下方变为x轴上方的点，这样的点只有1个，所以函数f(x)在开区间(a，b)内只有1个极小值点，故选A.2C解析 f(x)g(x)f(x)g(x)f(x)g(x)0，f(x)g(x)为减函数，又axf(x)g(x)f(b)g(b)3D解析 选项A表示面积
5、的增速是常数，与实际不符；选项B表示最后时段面积的增速较快，也与实际不符；选项C表示开始时段和最后时段面积的增速比中间时段快，与实际不符；选项D表示开始和最后时段面积的增速缓慢，中间时段增速较快4A解析 |f(x2)f(x1)|x2x1|，0，故函数g(x)是R上的单调递增函数，由增函数的定义，对任意实数a，b有abg(a)g(b)，即abbf(b)af(a)，选D.8C解析 根据三次函数的特点，函数f(x)在(1,0)上单调递减等价于函数f(x)的导数f(x)3x22axb在区间(1,0)小于或者等于零恒成立，即32ab0且b0，把点(a，b)看作点的坐标，则上述不等式表示的区域如图根据a2
6、b2的几何意义得，最小值就是坐标原点到直线32ab0的距离的平方，即.9A解析 f(x)0，得x2或x1，当x2时f(x)0，当2x0，当x1时f(x)0，故x2是函数的极小值点且f(2)，x1是函数的极大值点且f(1)1.103解析 f(x)3x2a在1，)上恒大于0，则f(1)3a0a3.11ff(4)f解析 f(x)sinxxcosx，当x时，sinx0，cosx0，f(x)sinxxcosx0，则函数f(x)在上为减函数，ff(4)f，又函数f(x)为偶函数，ff(4)f.1220x1或x0，由f(x)00x1，所以f(x)在(，0)，(1，)上递增，在(0,1)上递减，要使f(x)在
7、2，t上为单调函数，则20时，f(x)0，当x0时，f(x)ax在区间有解，由f(x)ax，得exxax，即ag，g(x)maxg(2)1，a0，即m2n.不妨设两根为x1，x2，则|x2x1|2为正整数又mn10(m，nN)，故m2时才可能有符合条件的m，n，当m2时，只有n3符合要求；当m3时，只有n5符合要求；当m4时，没有符合要求的n.综上所述，只有m2，n3或m3，n5满足上述要求【难点突破】16解答 (1)f(x)x2x2a22a，当x时，f(x)的最大值为f2a；令2a0，得a，所以，当a时，f(x)在上存在单调递增区间(2)令f(x)0，得x1，x2.所以f(x)在(，x1)，(x2，)上单调递减，在(x1，x2)上单调递增当0a2时，有x11x24，所以f(x)在1,4上的最大值为f(x2)又f(4)f(1)6a0，即f(4)f(1)，所以f(x)在1,4上的最小值为f(4)8a，得a1，x22，从而f(x)在1,4上的最大值为f(2).