新版一輪創(chuàng)新思維文數(shù)人教版A版練習：第二章 第十一節(jié)　第一課時　函數(shù)的導數(shù)與單調(diào)性 Word版含解析

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1、 1

2、 1 課時規(guī)范練 A組　基礎(chǔ)對點練 1.函數(shù)f(x)的導函數(shù)f′(x)的圖象是如圖所示的一條直線l，l與x軸的交點坐標為(1,0)，則f(0)與f(3)的大小關(guān)系為(　　) A．f(0)f(3) C．f(0)＝f(3) D．無法確定 解析：由題意知f(x)的圖象是以x＝1為對稱軸，且開口向下的拋物線，所以f(0)＝f(2)>f(3)．選B.

3、 答案：B 2．已知函數(shù)y＝f(x)的圖象是下列四個圖象之一，且其導函數(shù)y＝f′(x)的圖象如圖所示，則該函數(shù)的圖象是(　　) 解析：在(－1,0)上f′(x)單調(diào)遞增，所以f(x)圖象的切線斜率呈遞增趨勢；在(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<<

4、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x＜ln 2時， f′(x)＜0，f(x)是減函數(shù)，f(x)＞f(ln 2)＝1－2ln 2；當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求導得f′(x)＝ex－2x－2，顯然x→＋∞時，導函數(shù)

5、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)設函數(shù)f(x)＝x2－9ln x在區(qū)間[a－1，a＋1]上單調(diào)遞減，則實數(shù)a的取值范圍是(　　) A．1

6、f(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. ∴當x∈(0，e)時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，當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x≠1時，不等式(x－1)·f′(x

7、)＜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，所以函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x＝1對稱，又因為當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

8、在上恒成立，即2a≥－x＋在上恒成立， ∵max＝，∴2a≥，即a≥. 答案： 10．設f′(x)是奇函數(shù)f(x)(x∈R)的導函數(shù)，f(－2)＝0，當x＞0時，xf′(x)－f(x)＞0，則使得f(x)＞0成立的x的取值范圍是________． 解析：令g(x)＝，則g′(x)＝， ∴當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

9、州質(zhì)檢)設函數(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， 由題意得即 (2)由(1)得，f′(x)＝x2－ax＝x(x－a)(a＞0)， 當x∈(－∞，0)時，f′(x)＞0； 當x∈(0，a)時，f′(x)＜0； 當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

10、(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，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

11、0,1)上為單調(diào)遞減函數(shù)，在(1，＋∞)上為單調(diào)遞增函數(shù)，此時g(x)的最小值為g(1)＝1，但g(x)無最大值(且無趨近值)． 故f(x)不可能是單調(diào)遞減函數(shù)． 若f(x)為單調(diào)遞增函數(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，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

12、＞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x∈(1,2)時，f′(x)＞0，函數(shù)f(x)在(1,2)上單調(diào)遞增，當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．l

13、n 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)造一個新函數(shù)g(x)＝2－4x＋ln x，則g′(x)＝－4，令g′(x)＝0，得x＝，當x＜時，g(x)為增函數(shù)，當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)＝

14、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)＝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

15、，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)＝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a＝0時，顯然f(x)有兩個零點，不符合題意． 當a≠0時，f′(x)＝3ax2－6x，令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝. 當a＞0時，＞0，所以函數(shù)f(x)＝a x3－3x2＋1在(－

16、∞，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(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

17、點的問題． 當a≤0時，g(x)和h(x)的圖象只有一個交點，不滿足題意； 當a＞0時，由ln x－ax2＋x＝0，得a＝. 令r(x)＝，則r′(x)＝＝， 當0＜x＜1時，r′(x)＞0，r(x)是單調(diào)增函數(shù)， 當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

18、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)， ∴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

19、＝f(x)為R上的連續(xù)可導函數(shù)，所以g(x)為(0，＋∞)上的連續(xù)可導函數(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＋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x<0時，g′(x)<0，當x>0時，g′(x)>0，所以當x＝0時，函數(shù)g(x)取得最小值

20、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，f(1))處的切線方程以及f(x)的極值； (2)設函數(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

21、＝－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  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

22、＋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)的單調(diào)性； (2)設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，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0a時，f′

23、(x)>0. 此時f(x)在(0，a)上單調(diào)遞減，在(a，＋∞)上單調(diào)遞增． (2)不妨設x1≤x2，而a<0，由(1)知，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴f(x1)≤f(x2)．從而對?x1，x2∈(0，＋∞)， |f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|等價于 對?x1，x2∈(0，＋∞)，4x1－f(x1)≥4x2－f(x2)．① 令g(x)＝4x－f(x)，則g′(x)＝4－f′(x)＝4－＝－x＋3＋a. ①等價于g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減， ∴g′(x)＝－x＋3＋a≤0對?x∈(0，＋∞)恒成立， ∴a≤對?x∈(0，＋∞)恒成立，∴a≤min. 又＝x＋1＋－5≥2－5＝－1，當且僅當x＋1＝，即x＝1時，等號成立． ∴a≤－1. 故a的取值范圍為(－∞，－1]．