《理數北師大版練習：第二章 第十節(jié) 第一課時　利用導數研究函數的單調性 Word版含解析》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《理數北師大版練習：第二章 第十節(jié) 第一課時　利用導數研究函數的單調性 Word版含解析（10頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、 高考數學精品復習資料 2019.5 課時作業(yè) A組——基礎對點練 1.函數f(x)的導函數f′(x)的圖像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)的大小關系為(　　) A．f(0)<f(3) B．f(0)>f(3) C．f(0)＝f(3) D．無法確定 解析：由題意知f(x)的圖像是以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. 答案：B 2．若函數f(x)＝kx－ln x在區(qū)間(1，＋∞)單調遞增，則k的取值范圍是(　　

2、) 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 3．已知函數f(x)＝ex－2x－1(其中e為自然對數的底數)，則y＝f(x)的圖像大致為(　　) 解析：依題意得f′(x)＝ex－2.當x＜ln 2時， f′(x)＜0，f(x)是減函數，f(x)＞f(ln 2)＝1－2ln 2；當x＞ln 2時，f′(x)＞0，f(x)是增函數，因此對照各選項知選C. 答案：C 4．函數f

3、(x)＝的大致圖像是(　　) 解析：當x＝－時，f(－)＝排除D；當x＝－時，f(－)＝＜0，排除C；又f′(x)＝＝，當x∈(0，)時，f′(x)＞0，f(x)是增函數，當x∈(，)時，f′(x)＜0，f(x)是減函數，所以B錯誤．故選A. 答案：A 5．若函數f(x)＝x3－2ax2＋6x＋5在x∈[1,2]上是增函數，則實數a的取值范圍為 (　　) A．(0，] B．(0，) C．(－∞，) D．(－∞，] 解析：因為f(x)＝x3－2ax2＋6x＋5，所以f′(x)＝3x2－4ax＋6，又f(x)在x∈[1,2]上是增函數，所以f′(x)≥0在x∈[1,2]上恒成

4、立，即3x2－4ax＋6≥0,4ax≤3x2＋6在x∈[1,2]上恒成立，因為x∈[1,2]，所以4a≤(3x＋)min，又3x＋≥2＝6，當且僅當3x＝，即x＝時取“＝”，所以4a≤6，即a≤. 答案：C 6．已知定義在(0，＋∞)上的函數f(x)的導函數為f′(x)，且f′(x)(xln x2)＞2f(x)，則(　　) A．6f(e)＞2f(e3)＞3f(e2) B．6f(e)＜3f(e2)＜2f(e3) C．6f(e)＞3f(e2)＞2f(e3) D．6f(e)＜2f(e3)＜3f(e2) 解析：設F(x)＝，x＞0且x≠1，因為f′(x)(xln x2)＞2f(x)，所以

5、F′(x)＝＝＞0，所以F(x)在(0,1)，(1，＋∞)上單調遞增，所以F(e)＜F(e2)＜F(e3)，故＜＜，即＜＜，所以6f(e)＜3f(e2)＜2f(e3)．選B. 答案：B 7．(20xx·成都模擬)f(x)是定義域為R的函數，對任意實數x都有f(x)＝f(2－x)成立．若當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的大小關系是(　　) A．b＞a＞c B．a＞b＞c C．c＞b＞a D．a＞c＞b 解析：因為對任意實數x都有f(x)＝f(2－x)成立，所以函數f(x)的圖像關于直線x＝1

6、對稱，又因為當x≠1時，不等式(x－1)·f′(x)＜0成立，所以函數f(x)在(1，＋∞)上單調遞減，所以f＞f(0.5)＝f＞f(3)，即b＞a＞c. 答案：A 8．(20xx·九江模擬)已知函數f(x)＝x2＋2ax－ln x，若f(x)在區(qū)間上是增函數，則實數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： 9．設f′(x)是奇函數f(x)(x∈R)的導函數，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

7、 ． 解析：令g(x)＝，則g′(x)＝， ∴當x＞0時，g′(x)＞0，即g(x)在(0，＋∞)上單調遞增，∵f(x)為奇函數，f(－2)＝0，∴f(2)＝0，∴g (2)＝＝0，結合奇函數f(x)的圖像知，f(x)＞0的解集為(－2,0)∪(2，＋∞)，故填(－2,0)∪(2，＋∞)． 答案：(－2,0)∪(2，＋∞) 10．(20xx·荊州質檢)設函數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f(x)的單調區(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f(x)的單調遞增區(qū)間為(－∞，0)，(a，＋∞)，單調遞減區(qū)間為(0，a)． 11．已知函數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，＋∞)上是單調函數，求實數a的取值范圍． 解析：(1)f′(x)＝exln x＋ex·－aex＝ex， f′(1)＝(1－a

9、)e，由(1－a)e·＝－1， 得a＝2. (2)由(1)知f′(x)＝ex， 若f(x)為單調遞減函數，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<x<1. 故g(x)在(0,1)上為單調遞減函數，在(1，＋∞)上為單調遞增函數，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)

10、不可能是單調遞減函數． 若f(x)為單調遞增函數， 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a的取值范圍是(－∞，1]． B組——能力提升練 1．函數f(x)的定義域是(0，)，f′(x)是它的導函數，且f(x)＋tan x·f′(x)＞0在定義域內恒成立，則(　　) A．f()＞f() B.sin 1·f(1)＞f() C．f()＞f() D.f()＞f() 解析：∵0＜x＜，∴sin x＞0，cos x＞0.由f(x)＋

11、tan x·f′(x)＞0，得cos x·f(x)＋sin x·f′(x)＞0.令g(x)＝sin x·f(x)，0＜x＜，則g′(x)＝cos x·f(x)＋sin x·f′(x)＞0，即g(x)在(0，)上是增函數，∴g(1)＞g()，即sin 1·f(1)＞sin ·f()，∴sin 1·f(1)＞f()．故選B. 答案：B 2．已知函數f(x)＝.若當x＞0時，函數f(x)的圖像恒在直線y＝kx的下方，則k的取值范圍是(　　) A．[，] B．[，＋∞) C．[，＋∞) D．[－，]

12、 解析：由題意，當x＞0時，f(x)＝＜kx恒成立．由f(π)＜kπ知k＞0. 又f′(x)＝，由切線的幾何意義知，要使f(x)＜kx恒成立，必有 k≥f′(0)＝.要證k≥時不等式恒成立，只需證g(x)＝－x＜0， ∵g′(x)＝－＝≤0，∴g(x)在(0，＋∞)上單調遞減， ∴g(x)＜g(0)＝0，∴不等式成立．綜上k∈[，＋∞)． 答案：B 3．(20xx·石家莊市質檢)已知函數f(x)＝sin(2x＋)，f′(x)是f(x)的導函數，則函數y＝2f(x)＋f′(x)的一個單調遞減區(qū)間是(　　) A．[，] B．[－，] C．[－，] D．[－，] 解

13、析：由題意，得f′(x)＝2cos(2x＋)，所以y＝2f(x)＋f′(x)＝2sin(2x＋)＋2cos(2x＋)＝2sin(2x＋＋)＝2sin(2x＋)．由2kπ＋≤2x＋≤2kπ＋(k∈Z)，得kπ＋≤x≤kπ＋(k∈Z)，所以y＝2f(x)＋f′(x)的一個單調遞減區(qū)間為[，]，故選A. 答案：A 4．已知函數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)＝

14、3ax2－6x，令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝. 當a＞0時，＞0，所以函數f(x)＝ax3－3x2＋1在(－∞，0)與上為增函數，在上為減函數，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f(x)＝ax3－3x2＋1在和(0，＋∞)上為減函數，在上為增函數，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．(20xx·山西重點中學聯(lián)考)已知定義在(0，＋∞)上的函

15、數f(x)的導函數f′(x)滿足xf′(x)＋f(x)＝，且f(e)＝，其中e為自然對數的底數，則不等式f(x)＋e＞x＋的解集是(　　) A．(0，e) B．(0，) C．(，e) D．(e，＋∞) 解析：令g(x)＝xf(x)，則f(x)＝，g′(x)＝，∴f′(x)＝＝，令h(x)＝ln x－g(x)，則h′(x)＝－g′(x)＝，當0＜x＜e時，h′(x)＞0，當x＞e時，h′(x)＜0，∴h(x)≤h(e)＝1－g(e)＝1－ef(e)＝0，∴f′(x)≤0.令φ(x)＝f(x)－x，則φ′(x)＝f′(x)－1≤－1＜0，∴φ(x)為減函數，又不等式f(x)＋e＞x＋可化

16、為φ(x)＞φ(e)，∴0＜x＜e，故選A. 答案：A 6．已知函數f(x)＝－x2－3x＋4ln x在(t，t＋1)上不單調，則實數t的取值范圍是 ． 解析：∵函數f(x)＝－x2－3x＋4ln x(x＞0)， ∴f′(x)＝－x－3＋， ∵函數f(x)＝－x2－3x＋4ln x在(t，t＋1)上不單調， ∴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t的取值范圍是(0,1)． 答案

17、：(0,1) 7．已知y＝f(x)為R上的連續(xù)可導函數，且xf′(x)＋f(x)＞0，則函數g(x)＝xf(x)＋1(x＞0)的零點個數為 ． 解析：因為g(x)＝xf(x)＋1(x＞0)，g′(x)＝xf′(x)＋f(x)＞0，所以g(x)在(0，＋∞)上單調遞增，又g(0)＝1，y＝f(x)為R上的連續(xù)可導函數，所以g(x)為(0，＋∞)上的連續(xù)可導函數，又g(x)＞g(0)＝1，所以g(x)在(0，＋∞)上無零點． 答案：0 8．(20xx·洛陽統(tǒng)考)已知函數f(x)＝ex＋mln x(m∈R，e為自然對數的底數)，若對任意正數x1，x2，當x1＞x2時都

18、有f(x1)－f(x2)＞x1－x2成立，則實數m的取值范圍是 ． 解析：依題意得，對于任意的正數x1，x2，當x1＞x2時，都有f(x1)－x1＞f(x2)－x2，因此函數g(x)＝f(x)－x在區(qū)間(0，＋∞)上是增函數，于是當x＞0時，g′(x)＝f′(x)－1＝ex＋－1≥0，即x(ex－1)≥－m恒成立．記h(x)＝x(ex－1)，x＞0，則有h′(x)＝(x＋1)ex－1＞(0＋1)e0 －1＝0(x＞0)，h(x)在區(qū)間(0，＋∞)上是增函數，h(x)的值域是(0，＋∞)，因此－m≤0，m≥0.故所求實數m的取值范圍是[0，＋∞)． 答案：[0，＋∞) 9．

19、已知函數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g(x)＝(1－t)x，若存在x0∈[1，e]，使得f(x0)≥g(x0)成立，求實數t的最大值． 解析：(1)依題意，函數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＝－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

20、 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＋2>2≥2ln x，∴h′(x)≥0，h(x)單調遞增，∴x∈[1，e]時，h(x)max＝h(e)＝. ∴t≤，∴實數t的最大值是.