新編一輪創(chuàng)新思維文數(shù)人教版A版練習(xí):第二章 第十一節(jié) 第一課時 函數(shù)的導(dǎo)數(shù)與單調(diào)性 Word版含解析
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1、
課時規(guī)范練
A組 基礎(chǔ)對點練
1.函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)的圖象是如圖所示的一條直線l,l與x軸的交點坐標(biāo)為(1,0),則f(0)與f(3)的大小關(guān)系為( )
A.f(0)
2、(0,1)上f′(x)單調(diào)遞減,所以f(x)圖象的切線斜率呈遞減趨勢.故選B. 答案:B 3.若函數(shù)f(x)=kx-ln x在區(qū)間(1,+∞)單調(diào)遞增,則k的取值范圍是( ) A.(-∞,-2] B.(-∞,-1] C.[2,+∞) D.[1,+∞) 解析:依題意得f′(x)=k-≥0在(1,+∞)上恒成立,即k≥在(1,+∞)上恒成立,∵x>1,∴0<<1,∴k≥1,故選D. 答案:D 4.(20xx·遼寧大連高三雙基測試)已知函數(shù)f(x)=ex-2x-1(其中e為自然對數(shù)的底數(shù)),則y=f(x)的圖象大致為( ) 解析:依題意得f′(x)=ex-2.當(dāng)x
3、<ln 2時, f′(x)<0,f(x)是減函數(shù),f(x)>f(ln 2)=1-2ln 2;當(dāng)x>ln 2時,f′(x)>0,f(x)是增函數(shù),因此對照各選項知選C. 答案:C 5.已知函數(shù)f(x)=ex-(x+1)2(e為2.718 28…),則f(x)的大致圖象是( ) 解析:對f(x)=ex-(x+1)2求導(dǎo)得f′(x)=ex-2x-2,顯然x→+∞時,導(dǎo)函數(shù)f′(x)>0,函數(shù)f(x)是增函數(shù),排除A,D;x=-1時,f′(-1)≠0,所以x=-1不是函數(shù)的極值點,排除B,故選C. 答案:C 6.(20xx·江淮十校聯(lián)考)設(shè)函數(shù)f(x)=x2-9ln x在區(qū)間[a-1
4、,a+1]上單調(diào)遞減,則實數(shù)a的取值范圍是( ) A.1f(e)>f(3) B.f(3)>f(e)>f(2) C.f(3)>f(2)>f(e) D.f(e)>f(3)>f(2) 解析:f(x)的定義域是(0,+∞), f′(x)=,令f′(x)=0,得x=e.
5、∴當(dāng)x∈(0,e)時,f′(x)>0,f(x)單調(diào)遞增,當(dāng)x∈(e,+∞)時,f′(x)<0,f(x)單調(diào)遞減,故x=e時,f(x)max=f(e)=,而f(2)==,f(3)==,所以f(e)>f(3)>f(2),故選D. 答案:D 8.(20xx·四川成都模擬)f(x)是定義域為R的函數(shù),對任意實數(shù)x都有f(x)=f(2-x)成立.若當(dāng)x≠1時,不等式(x-1)·f′(x)<0成立,若a=f(0.5),b=f,c=f(3),則a,b,c的大小關(guān)系是( ) A.b>a>c B.a(chǎn)>b>c C.c>b>a D.a(chǎn)>c>b 解析:因為對任意實數(shù)x都有f(x)=f(2-x)成立,所
6、以函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x=1對稱,又因為當(dāng)x≠1時,不等式(x-1)·f′(x)<0成立,所以函數(shù)f(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞減,所以f>f(0.5)=f>f(3),即b>a>c. 答案:A 9.(20xx·九江模擬)已知函數(shù)f(x)=x2+2ax-ln x,若f(x)在區(qū)間上是增函數(shù),則實數(shù)a的取值范圍為________. 解析:由題意知f′(x)=x+2a-≥0在上恒成立,即2a≥-x+在上恒成立, ∵max=,∴2a≥,即a≥. 答案: 10.設(shè)f′(x)是奇函數(shù)f(x)(x∈R)的導(dǎo)函數(shù),f(-2)=0,當(dāng)x>0時,xf′(x)-f(x)>0,則使得f(x)>0成立
7、的x的取值范圍是________. 解析:令g(x)=,則g′(x)=, ∴當(dāng)x>0時,g′(x)>0,即g(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,∵f(x)為奇函數(shù),f(-2)=0,∴f(2)=0,∴g(2)==0,結(jié)合奇函數(shù)f(x)的圖象知,f(x)>0的解集為(-2,0)∪(2,+∞),故填(-2,0)∪(2,+∞). 答案:(-2,0)∪(2,+∞) 11.(20xx·荊州質(zhì)檢)設(shè)函數(shù)f(x)=x3-x2+bx+c,曲線y=f(x)在點(0,f(0))處的切線方程為y=1. (1)求b,c的值; (2)若a>0,求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間. 解析:(1)f′(x)=x2-ax+b,
8、 由題意得即 (2)由(1)得,f′(x)=x2-ax=x(x-a)(a>0), 當(dāng)x∈(-∞,0)時,f′(x)>0; 當(dāng)x∈(0,a)時,f′(x)<0; 當(dāng)x∈(a,+∞)時,f′(x)>0. 所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-∞,0),(a,+∞),單調(diào)遞減區(qū)間為(0,a). 12.已知函數(shù)f(x)=exln x-aex(a∈R). (1)若f(x)在點(1,f(1))處的切線與直線y=x+1垂直,求a的值; (2)若f(x)在(0,+∞)上是單調(diào)函數(shù),求實數(shù)a的取值范圍. 解析:(1)f′(x)=exln x+ex·-aex=ex, f′(1)=(1-a)e,
9、由(1-a)e·=-1,
得a=2.
(2)由(1)知f′(x)=ex,
若f(x)為單調(diào)遞減函數(shù),則f′(x)≤0在x>0時恒成立.
即-a+ln x≤0在x>0時恒成立.
所以a≥+ln x在x>0時恒成立.
令g(x)=+ln x(x>0),
則g′(x)=-+=(x>0),
由g′(x)>0,得x>1;
由g′(x)<0,得0 10、>0時恒成立,
即-a+ln x≥0在x>0時恒成立,
所以a≤+ln x在x>0時恒成立,由上述推理可知此時a≤1.
故實數(shù)a的取值范圍是(-∞,1].
B組 能力提升練
1.已知x∈(0,2),若關(guān)于x的不等式<恒成立,則實數(shù)k的取值范圍為( )
A.[0,e+1) B.[0,2e-1)
C.[0,e) D.[0,e-1)
解析:依題意,知k+2x-x2>0,即k>x2-2x對任意x∈(0,2)恒成立,從而k≥0,所以由<可得k<+x2-2x.令f(x)=+x2-2x.則f′(x)=+2(x-1)=(x-1).
令f′(x)=0,得x=1,當(dāng)x∈(1,2)時,f′( 11、x)>0,函數(shù)f(x)在(1,2)上單調(diào)遞增,當(dāng)x∈(0,1)時,f′(x)<0,函數(shù)f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減,所以k<f(x)min=f(1)=e-1,故實數(shù)k的取值范圍是[0,e-1).
答案:D
2.已知函數(shù)f(x)=ax2+bx-ln x(a>0,b∈R),若對任意x>0,f (x)≥f(1),則( )
A.ln a<-2b B.ln a≤-2b
C.ln a>-2b D.ln a≥-2b
解析:f′(x)=2ax+b-,由題意可知f′(1)=0,即2a+b=1,由選項可知,只需比較ln a+2b與0的大小,而b=1-2a,所以只需判斷l(xiāng)n a+2-4a的符號.構(gòu) 12、造一個新函數(shù)g(x)=2-4x+ln x,則g′(x)=-4,令g′(x)=0,得x=,當(dāng)x<時,g(x)為增函數(shù),當(dāng)x>時,g(x)為減函數(shù),所以對任意x>0有g(shù)(x)≤g=1-ln 4<0,所以有g(shù)(a)=2-4a+ln a=2b+ln a<0?ln a<-2b,故選A.
答案:A
3.已知f(x)=x3-6x2+9x-abc,a<b<c,且f(a)=f(b)=f(c)=0.現(xiàn)給出如下結(jié)論:①f(0)f(1)>0;②f(0)f(1)<0;③f(0)f(3)>0;④f(0)f(3)<0.
其中正確結(jié)論的序號是( )
A.①③ B.①④
C.②③ D.②④
解析:∵f′(x) 13、=3x2-12x+9=3(x-1)(x-3).由f′(x)<0,得1<x<3,由f′(x)>0,得x<1或x>3,
∴f(x)在區(qū)間(1,3)上是減函數(shù),在區(qū)間(-∞,1),(3,+∞)上是增函數(shù).
又a<b<c,f(a)=f(b)=f(c)=0,
∴y極大值=f(1)=4-abc>0,y極小值=f(3)=-abc<0,∴0<abc<4.
∴a,b,c均大于零,或者a<0,b<0,c>0.
又x=1,x=3為函數(shù)f(x)的極值點,后一種情況不可能成立,如圖.
∴f(0)<0,∴f(0)f(1)<0,f(0)f(3)>0,∴正確結(jié)論的序號是②③.
答案:C
4.已知函數(shù)f(x 14、)=ax3-3x2+1,若f(x)存在唯一的零點x0,且x0>0,則a的取值范圍是( )
A.(2,+∞) B.(-∞,-2)
C.(1,+∞) D.(-∞,-1)
解析:當(dāng)a=0時,顯然f(x)有兩個零點,不符合題意.
當(dāng)a≠0時,f′(x)=3ax2-6x,令f′(x)=0,解得x1=0,x2=.
當(dāng)a>0時,>0,所以函數(shù)f(x)=a x3-3x2+1在(-∞,0)與上為增函數(shù),在上為減函數(shù),因為f(x)存在唯一零點x0,且x0>0,則f(0)<0,即1<0,不成立.
當(dāng)a<0時,<0,所以函數(shù)f(x)=ax3-3x2+1在和(0,+∞)上為減函數(shù),在上為增函數(shù),因為f 15、(x)存在唯一零點x0,且x0>0,則f>0,即a·-3·+1>0,解得a>2或a<-2,又因為a<0,故a的取值范圍為(-∞,-2).選B.
答案:B
5.已知函數(shù)f(x)=ln x-ax2+x有兩個不同零點,則實數(shù)a的取值范圍是( )
A.(0,1) B.(-∞,1)
C. D.
解析:令g(x)=ln x,h(x)=ax2-x,
將問題轉(zhuǎn)化為兩個函數(shù)圖象交點的問題.
當(dāng)a≤0時,g(x)和h(x)的圖象只有一個交點,不滿足題意;
當(dāng)a>0時,由ln x-ax2+x=0,得a=.
令r(x)=,則r′(x)==,
當(dāng)0<x<1時,r′(x)>0,r(x)是單調(diào)增函 16、數(shù),
當(dāng)x>1時,r′(x)<0,r(x)是單調(diào)減函數(shù),且>0,∴0<a<1.
∴a的取值范圍是(0,1).故選A.
答案:A
6.已知函數(shù)f(x)=-x2-3x+4ln x在(t,t+1)上不單調(diào),則實數(shù)t的取值范圍是________.
解析:∵函數(shù)f(x)=-x2-3x+4ln x(x>0),
∴f′(x)=-x-3+,
∵函數(shù)f(x)=-x2-3x+4ln x在(t,t+1)上不單調(diào),
∴f′(x)=-x-3+=0在(t,t+1)上有解,
∴=0在(t,t+1)上有解,
∴x2+3x-4=0在(t,t+1)上有解,由x2+3x-4=0得x=1或x=-4(舍去),
∴ 17、1∈(t,t+1),∴t∈(0,1),故實數(shù)t的取值范圍是(0,1).
答案:(0,1)
7.已知y=f(x)為R上的連續(xù)可導(dǎo)函數(shù),且xf′(x)+f(x)>0,則函數(shù)g(x)=xf(x)+1(x>0)的零點個數(shù)為________.
解析:因為g(x)=xf(x)+1(x>0),g′(x)=xf′(x)+f(x)>0,所以g(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,又g(0)=1,y=f(x)為R上的連續(xù)可導(dǎo)函數(shù),所以g(x)為(0,+∞)上的連續(xù)可導(dǎo)函數(shù),又g(x)>g(0)=1,所以g(x)在(0,+∞)上無零點.
答案:0
8.已知函數(shù)g(x)滿足g(x)=g′(1)ex-1-g(0)x 18、+x2,且存在實數(shù)x0使得不等式2m-1≥g(x0)成立,則m的取值范圍為__________.
解析:g′(x)=g′(1)ex-1-g(0)+x,當(dāng)x=1時,g(0)=1,由g(0)=g′(1)e0-1,解得g′(1)=e,所以g(x)=ex-x+x2,則g′(x)=ex-1+x,當(dāng)x<0時,g′(x)<0,當(dāng)x>0時,g′(x)>0,所以當(dāng)x=0時,函數(shù)g(x)取得最小值g(0)=1,根據(jù)題意將不等式轉(zhuǎn)化為2m-1≥g(x)min=1,所以m≥1.
答案:[1,+∞)
9.已知函數(shù)f(x)=x2-(2t+1)x+tln x(t∈R).
(1)若t=1,求曲線y=f(x)在點(1, 19、f(1))處的切線方程以及f(x)的極值;
(2)設(shè)函數(shù)g(x)=(1-t)x,若存在x0∈[1,e],使得f(x0)≥g(x0)成立,求實數(shù)t的最大值.
解析:(1)依題意,函數(shù)f(x)的定義域為(0,+∞),
當(dāng)t=1時,f(x)=x2-3x+ln x,f′(x)=2x-3+=.
由f′(1)=0,f(1)=-2,得曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線方程為y=-2.
令f′(x)=0,解得x=或x=1,f′(x),f(x)隨x的變化情況如下:
x
1
(1,+∞)
f′(x)
+
0
-
0
+
f(x)
極大值
極小值
20、
由表格知,f(x)極大值=f=-+ln,f(x)極小值=f(1)=-2.
(2)由題意知,不等式f(x)≥g(x)在區(qū)間[1,e]上有解,
即x2-2x+t(ln x-x)≥0在區(qū)間[1,e]上有解.
∵當(dāng)x∈[1,e]時,ln x≤1≤x(不同時取等號),∴l(xiāng)n x-x<0,∴t≤在區(qū)間[1,e]上有解.
令h(x)=,則h′(x)=.
∵x∈[1,e],∴x+2>2≥2ln x,∴h′(x)≥0,h(x)單調(diào)遞增,∴x∈[1,e]時,h(x)max=h(e)=.
∴t≤,∴實數(shù)t的最大值是.
10.已知函數(shù)f(x)=x2+(1-a)x-aln x.
(1)討論f(x 21、)的單調(diào)性;
(2)設(shè)a<0,若對?x1,x2∈(0,+∞),|f(x1)-f(x2)|≥4|x1-x2|,求a的取值范圍.
解析:(1)f(x)的定義域為(0,+∞).
求導(dǎo),得f′(x)=x+1-a-==.
若a≤0,則f′(x)>0,此時f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增.
若a>0,則由f′(x)=0,得x=a.當(dāng)0
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