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)内的图像如图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，它的图像大致是()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)2，函数f(x)在2，t上为单调函数时，t的取值范围是_13若f(x)h(x)axbg(x)，则定义h(x)为曲线f(x)，g(x)的线已知f(x)tanx，x，g(x)sinx，x，则f(x)，g(x)的线为_14(10分)已知函数f(x)exx(e为自然对数的底数
3、)(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m和n的值(注：区间(a，b)的长度为ba)16(12分)2011济南二模 已知函数f(x)plnx(p1)x21.(1)讨论函数f(x)的单
4、调性；(2)当p1时，f(x)kx恒成立，求实数k的取值范围；(3)证明：ln(n1)1(nN*)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像应有先减后增的特点，因此应该在导函数的图像上找从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
5、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)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a2b2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)
6、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)1.10ln2解析 g(x)1，当x2时，函数g(x)为增函数，因此g(x)的值域为2mln2，)，因此2mln22，故mln2.11解析 因为f(x)pqx，f(x)logqxq是单调函数，f(x)(x1)(xq)2p中，f(x)3x2(4q2)xq22q，令f(x)0，得xq或x，f(x)有两个零点，可以出现两个递增区间和一个递减区间，所以应选f(x)(x1)(xq)2p为其成绩模拟函数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2，t上为单调函数，则2
7、t0.13yx解析 这样的直线若存在，则对x0时一定满足不等式sinxaxbtanx，故b0.设h(x)sinxax，则h(x)cosxa，如果a0，则h(x)0，函数h(x)在区间单调递增，h(x)h(0)0，无论b取何值，都不会有h(x)0恒成立；如果0a1，则函数在区间有一个极值点x0，不等式axtanx不恒成立，故不等式axtanx恒成立时a1.综合可知只能是a1.故所求的直线是yx.14解答 (1)f(x)ex1，由f(x)0，得x0，当x0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mn1时，f(x)0，故f(x)在(0，)上单调递增；当p0时，f(x)0，故f(x)在(0，)上单调递减；当1p0时，令f(x)0，解得x，则当x时，f(x)0；x时，f(x)0.故f(x)在上单调递增，在上单调递减(2)因为x0，所以当p1时，f(x)kx恒成立1lnxkxk，令h(x)，则kh(x)max，因为h(x)，由h(x)0得x1，且当x(0,1)时，h(x)0；当x(1，)时，h(x)1时，f(x)x，即lnxx1，令x，则ln，所以ln，ln，ln，相加得lnlnln1，而lnlnlnlnln(n1)，所以ln(n1)1(nN*)
