新版文科數(shù)學(xué)北師大版練習(xí):第二章 第十節(jié) 第三課時 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用 Word版含解析

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1、 1

2、 1 課時作業(yè) A組——基礎(chǔ)對點練 1.(20xx·榆林市模擬)定義在R上的函數(shù)f(x),滿足(x-1)f′(x)≤0,且y=f(x+1)為偶函數(shù),當(dāng)|x1-1|<|x2-1|時,有(  ) A.f(x1)≥f(x2)    B.f(x1)=f(x2) C.f(x1)>f(x2) D.f(x1)≤f(x2) 解析:因為函數(shù)y=f(x+1)為偶函數(shù),所以y=f(x+1)=

3、f(-x+1),即函數(shù)y=f(x)關(guān)于x=1對稱,所以f(2-x1)=f(x1),f(2-x2)=f(x2).當(dāng)x>1時,f′(x)≤0,此時函數(shù)y=f(x)單調(diào)遞減,當(dāng)x<1時,f′(x)≥0,此時函數(shù)y=f(x)單調(diào)遞增.①若x1≥1,x2≥1,則由|x1`-1|<|x2-1|,得x1-1<x2-1,即1≤x1<x2,所以f(x1)>f(x2).②同理若x1<1,x2<1,由|x1-1|<|x2-1|,得-(x1-1)<-(x2-1),即x2<x1<1,所以f(x1)>f(x2).③若x1,x2中一個大于1,一個小于1,不妨設(shè)x1<1,x2≥1,則-(x1-1)<x2-1, 可得1<2-

4、x1<x2,所以f(2-x1)>f(x2),即f(x1)>f(x2). 綜上有f(x1)>f(x2). 答案:C 2.對任意x∈R,函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)存在,若f′(x)>f(x),且a>0,則以下說法正確的是(  ) A.f(a)>ea·f(0) B.f(a)f(0) D.f(a)0,故g(x)=為R上的單調(diào)遞增函數(shù),因此g(a)>g(0),即>=f (0),所以f(a)>ea·f(0),選A. 答案:A 3.若存在正數(shù)x使2x(x-a)<1成立,則a的取值范圍是(  ) A.(-∞,+∞)

5、 B.(-2,+∞) C.(0,+∞) D.(-1,+∞) 解析:∵2x(x-a)<1,∴a>x-. 令f(x)=x-, ∴f′(x)=1+2-xln 2>0. ∴f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增, ∴f(x)>f(0)=0-1=-1, ∴a的取值范圍為(-1,+∞),故選D. 答案:D 4.已知函數(shù)f(x)是定義在R上的可導(dǎo)函數(shù),其導(dǎo)函數(shù)為f′(x),若p:任意x1,x2∈R,且x1≠x2,||<2 017,q:任意x∈R,|f′(x)|<2 017,則p是q的(  ) A.充分不必要條件 B.必要不充分條件 C.充要條件 D.既不充分也不必要條件 解析:因為任

6、意x1,x2∈R,且x1≠x2,所以不妨設(shè)x1<x2,則由||<2 017可得|f(x1)-f(x2)|<2 017x2-2 017 x1, 則, 即. 令g(x)=f(x)+2 017 x,則由單調(diào)性的定義可知g(x)在R上單調(diào)遞增,所以g′(x)=f′(x)+2 017≥0在R上恒成立,即f′(x)≥-2 017在R上恒成立,同理令h(x)=f(x)-2 017x,可得f′(x)≤2 017在R上恒成立,所以p等價于任意x∈R,|f′(x)|≤2 017,顯然q可以推出p,而p推不出q,所以p是q的必要不充分條件. 答案:B 5.(20xx·昆明市檢測)已知函數(shù)f(x)=若方程f

7、(x)-ax=0恰有兩個不同的實根,則實數(shù)a的取值范圍是(  ) A.(0,) B.[,) C.(,] D.(-∞,0]∪[,+∞) 解析:方程f(x)-ax=0有兩個不同的實根,即直線y=ax與函數(shù)f(x)的圖像有兩個不同的交點.作出函數(shù)f(x)的圖像如圖所示.當(dāng)x>1時,f(x)=ln x,得f′(x)=,設(shè)直線y=kx與函數(shù)f(x)=ln x(x>1)的圖像相切,切點為(x0,y0),則==,解得x0=e,則k=,即y=x是函數(shù)f(x)=ln x(x>1)的圖像的切線,當(dāng)a≤0時,直線y=ax與函數(shù)f(x)的圖像有一個交點,不合題意;當(dāng)0<a<時,直線y=ax與函數(shù)f(x)=l

8、n x(x>1)的圖像有兩個交點,但與射線y=x+1(x≤1)也有一個交點,這樣就有三個交點,不合題意;當(dāng)a≥時,直線y=ax與函數(shù)f(x)的圖像至多有一個交點,不合題意;只有當(dāng)≤a<時,直線y=ax與函數(shù)f(x)的圖像有兩個交點,符合題意.故選B. 答案:B 6.已知函數(shù)f(x)=m-2ln x(m∈R),g(x)=-,若至少存在一個x0∈[1,e],使得f(x0)

9、有解,令h(x)=,則h′(x)=,當(dāng)1≤x≤e時,h′(x)≥0,∴在[1,e]上,h(x)max=h(e)=,∴<,∴m<.∴m的取值范圍是.故選B. 答案:B 7.若函數(shù)f(x)=xex-a有兩個零點,則實數(shù)a的取值范圍為(  ) A.-- C.-e0,所以由g′(x)=0,解得x=-1, 當(dāng)x>-1時,g′(x)>0,函數(shù)g(x)為增函數(shù);當(dāng)x<-1時,g′(x)<0,函數(shù)g(x)為減函數(shù),所以當(dāng)x=-1時函數(shù)g(x)有最小值;g(-1)=-e-1=-.畫

10、出函數(shù)y=xex的圖像,如圖所示,顯然當(dāng)-

11、)=-6,因此a≥-6;同理,當(dāng)x∈[-2,0)時, 得a≤-2. 由以上兩種情況得-6≤a≤-2,顯然當(dāng)x=0時也成立, 故實數(shù)a的取值范圍為[-6,-2]. 答案:C 9.若函數(shù)f (x)=2x+sin x對任意的m∈[-2,2],f(mx-3)+f(x)<0恒成立,則x的取值范圍是__________. 解析:f(-x)=-f(x), f(x)為奇函數(shù), 若x∈R時,f′(x)=2+cos x>0恒成立, ∴f(x)在R上為增函數(shù), 又f(x)為奇函數(shù),故 在定義域內(nèi)為增函數(shù),∴f(mx-3)+f(x)<0可變形為f(mx-3)

12、關(guān)于m的一次函數(shù),則g(m)=x·m-3+x,m∈[-2,2],可得當(dāng)m∈[-2,2]時,g(m)<0恒成立,若x≥0,g(2)<0,若x<0,g(-2)<0,解得-30, 且函數(shù)f(x)=ln x+3x-8在(0,+∞)上為增函數(shù), ∴x0∈[2,3],即a=2,b=3. ∴a+b=5. 答案:5 11.已知函數(shù)f(x)

13、=ax+xln x(a∈R). (1)若函數(shù)f(x)在區(qū)間[e,+∞)上為增函數(shù),求a的取值范圍; (2)當(dāng)a=1且k∈Z時,不等式k(x-1)

14、k<, 即k<對任意x>1恒成立. 令g(x)=,則g′(x)=. 令h(x)=x-ln x-2(x>1), 則h′(x)=1-=>0, ∴h(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞增. ∵h(yuǎn)(3)=1-ln 3<0,h(4)=2-2ln 2>0, ∴存在x0∈(3,4)使h(x0)=0,即g′(x0)=0. 即當(dāng)1x0時,h(x)>0,即g′(x)>0. ∴g(x)在(1,x0)上單調(diào)遞減,在(x0,+∞)上單調(diào)遞增. 由h(x0)=x0-ln x0-2=0,得ln x0=x0-2, g(x)min=g(x0)== =x0∈

15、(3,4), ∴k0時,由于函數(shù)y=2mx2-x+1的圖像的對稱軸x=>0,故需且只需Δ>0,即1-8m>0,解得m<. 故0

16、綜上所述,實數(shù)m的取值范圍為. (2)f(1)=m-1,f′(1)=2m,故切線方程為y-m+1=2m(x-1), 即y=2mx-m-1. 從而方程mx2-x+ln x=2mx-m-1在(0,+∞)上有且只有一解. 設(shè)g(x)=mx2-x+ln x-(2mx-m-1), 則g(x)在(0,+∞)上有且只有一個零點. 又g(1)=0,故函數(shù)g(x)有零點x=1. 則g′(x)=2mx-1+-2m==. 當(dāng)m=時,g′(x)≥0, 又g(x)不是常數(shù)函數(shù),故g(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增. ∴函數(shù)g(x)有且只有一個零點x=1,滿足題意. 當(dāng)0

17、x=或x=1.且>1, 由g′(x)>0,得0; 由g′(x)<0,得10, 故在上,函數(shù)g(x)又有一個零點,不滿足題意. 綜上所述,m=. B組——能力提升練 1.已知函數(shù)f(x)=x(ln x-ax)有極值,則實數(shù)a的取值范圍是(  ) A.(-∞,) B.(0,) C.(-

18、∞,] D.(0,] 解析:f(x)=xln x-ax2(x>0),f′(x)=ln x+1-2ax.令g(x)=ln x+1-2ax, ∵函數(shù)f(x)=x(ln x-ax)有極值,則g(x)=0在(0,+∞)上有實根.g′(x)=-2a=, 當(dāng)a≤0時,g′(x)>0,函數(shù)g(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,當(dāng)x→0時,g(x)→-∞,當(dāng)x→+∞,g(x)→+∞, 故存在x0∈(0,+∞),使得f(x)在(0,x0)上單調(diào)遞減,在(x0,+∞)上單調(diào)遞增,故f(x)存在極小值f(x0),符合題意. 當(dāng)a>0時,令g′(x)=0,得x=.當(dāng)0<x<時,g′(x)>0,函數(shù)g(x)單調(diào)

19、遞增;當(dāng)x>時,g′(x)<0,函數(shù)g(x)單調(diào)遞減,∴x=時,函數(shù)g(x)取得極大值.∵當(dāng)x→0和x→+∞時,均有g(shù)(x)→-∞,要使g(x)=0在(0,+∞)上有實根,且f(x)有極值,則g()=ln>0,解得0<a<.綜上可知,實數(shù)a的取值范圍是(-∞,),選A. 答案:A 2.已知函數(shù)f(x)=-k(+ln x),若x=2是函數(shù)f(x)的唯一極值點,則實數(shù)k的取值范圍為(  ) A.(-∞,e] B.[0,e] C.(-∞,e) D.[0,e) 解析:f(x)=-k(+ln x),則f′(x)=(ex-kx),∵x=2是函數(shù)f(x)的唯一極值點,∴x=2是f(x)=0的唯

20、一根.∴ex-kx≥0在(0,+∞)上恒成立.令g(x)=ex-kx(x∈(0,+∞)),則g′(x)=ex-k.當(dāng)k≤0時,g′(x)>0恒成立,g(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,又g(0)=1,∴g(x)≥0恒成立.當(dāng)k>0時,g′(x)=0的根為x=ln k,當(dāng)0<x<ln k時,g′(x)<0,g(x)單調(diào)遞減;當(dāng)x>ln k時,g′(x)>0,g(x)單調(diào)遞增.∴g(x)的最小值為g(ln k)=k-kln k,∴k-kln k≥0,∴0<k≤e,綜上所述,k≤e.故選A. 答案:A 3.(20xx·宜州調(diào)研)設(shè)f(x)=|ln x|,若函數(shù)g(x)=f(x)-ax在區(qū)間(0,4

21、)上有三個零點,則實數(shù)a的取值范圍是(  ) A. B.[ZXXK] C. D. 解析:令y1=f(x)=|ln x|,y2=ax,若函數(shù)g(x)=f(x)-ax在區(qū)間(0,4)上有三個零點,則y1=f(x)=|ln x|與y2=ax的圖像(圖略)在區(qū)間(0,4)上有三個交點.由圖像易知,當(dāng)a≤0時,不符合題意;當(dāng)a>0時,易知y1=|ln x|與y2=ax 的圖像在區(qū)間(0,1)上有一個交點,所以只需要y1=|ln x|與y2=ax的圖像在區(qū)間(1,4)上有兩個交點即可,此時|ln x|=ln x,由ln x=ax,得a=.令h(x)=,x∈(1,4),則h′(x)=,故函數(shù)h

22、(x)在(1,e)上單調(diào)遞增,在(e,4)上單調(diào)遞減,h(e)==,h(1)=0,h(4)==,所以

23、(x)<0得-(3x+4)<0,即x>-,故當(dāng)x=-時,函數(shù)h(x)取得極大值.在同一平面直角坐標(biāo)系中作出y=h(x),y=g(x)的大致圖像如圖所示,當(dāng)m≥0時,滿足g(x)≤h(x)的整數(shù)解超過兩個,不滿足條件;當(dāng)m<0時,要使g(x)≤h(x)的整數(shù)解只有兩個,則需滿足,即,即,即-≤m<-,即實數(shù)m的取值范圍是[-,-),故選B. 答案:B 5.(20xx·鄭州模擬)若函數(shù)f(x)=x2+-aln x(a>0)有唯一的零點x0,且m

24、(x)=2x-,h′(x)=(a>0,x>0).因為函數(shù)f(x)有唯一零點x0,所以函數(shù)g(x),h(x)的圖像有唯一一個交點,即g(x),h(x)有唯一公切點(x0,y0),即由得x+-2ln x0=0,令φ(x)=x+-2ln x0,則φ(1)=3>0,φ(2)=5-7ln 2>0,φ(e)=-e2+<0,所以x0∈(2,e),所以m=2,n=3,所以m+n=5. 答案:C 6.若函數(shù)f(x)=+1(a<0)沒有零點,則實數(shù)a的取值范圍為__________. 解析:f′(x)==. 當(dāng)a<0時,f′(x),f(x)的變化情況如下表: x (-∞,2) 2 (2,+∞)

25、f′(x) - 0 + f(x)  極小值  若使函數(shù)f(x)沒有零點, 當(dāng)且僅當(dāng)f(2)=+1>0,解得a>-e2, 所以此時-e2

26、=x3-x2,f(x)的導(dǎo)數(shù)為f′(x)=3x2-2x=x(3x-2), 當(dāng)x>時,f′(x)>0,f(x)遞增,<x<時,f′(x)<0,f(x)遞減. 即有f(x)在x=取得極小值,也為最小值, 此時y=15×-22=, 則x3+y3-x2-y2≥(x3-x2)+(y3-y2)≥-y=-=1. 當(dāng)且僅當(dāng)x=y(tǒng)=時,取得最小值1. 答案:1 8.(20xx·長沙模擬)已知函數(shù)f(x)=x|x2-a|,若存在x∈[1,2],使得f(x)<2,則實數(shù)a的取值范圍是__________. 解析:當(dāng)x∈[1,2]時,f(x)=|x3-ax|, 由f(x)<2可得-2

27、, 即為-x2-<-a<-x2+, 設(shè)g(x)=-x2-,導(dǎo)數(shù)為g′(x)=-2x+, 當(dāng)x∈[1,2]時,g′(x)≤0, 即g(x)在[1, 2]上單調(diào)遞減, 所以g(x)min=-4-1=-5, 即有-a>-5,即a<5; 設(shè)h(x)=-x2+,導(dǎo)數(shù)為h′(x)=-2x-, 當(dāng)x∈[1,2]時,h′(x)<0, 即h(x)在[1,2]上單調(diào)遞減,可得h(x)max=-1+2=1.即有-a<1,即a>-1. 綜上可得,a的取值范圍是-1

28、,試求a的取值范圍. 解析:原式等價于方程a=在區(qū)間[,e]上有兩個不等解. 令φ(x)=, 由φ′(x)=易知, φ(x)在(,)上為增函數(shù),在(,e)上為減函數(shù), 則φ(x)max=φ()=, 而φ(e)=,φ()=. 由φ(e)-φ()=-= =<0, 所以φ(e)<φ().所以φ(x)min=φ(e), 如圖可知φ(x)=a有兩個不等解時,需≤a<.即f(x)=g(x)在[,e]上有兩個不等解時a的取值范圍為. 10.(20xx·貴陽模擬)已知函數(shù)f(x)=1-,g(x)=x-ln x. (1)證明:g(x)≥1. (2)證明:(x-ln x)f(x)>1-. 證明:(1)g′(x)=,當(dāng)01時,g′(x)>0, 即g(x)在(0,1)上為減函數(shù),在(1,+∞)上為增函數(shù). 所以g(x)≥g(1)=1,得證. (2)f(x)=1-,f′(x)=, 所以當(dāng)02時,f′(x)>0, 即f(x)在(0,2)上為減函數(shù),在(2,+∞)上為增函數(shù), 所以f(x)≥f(2)=1-,① 又由(1)知x-ln x≥1,②,且①②等號不同時取得. 所以(x-ln x)f(x)>1-.

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