2019版一轮创新思维文数(人教版A版)练习：第二章第十一节第一课时函数导数与单调性Word版含解析

课时规范练A组

基础对点练1.函数

f(x)的导函数

f′(x)的图象是以下图的一条直线

l，l与x轴的交点坐标为

(1,0)，则

f(0)与

f(3)的大小关系为

(

)A．f(0)<f(3)B．f(0)>f(3)C．f(0)＝f(3)D．没法确立分析：由题意知f(x)的图象是以x＝1为对称轴，且张口向下的抛物线，所以f(0)＝f(2)>f(3)．选B.答案：B2．已知函数y＝f(x)的图象是以下四个图象之一，且其导函数y＝f′(x)的图象以下图，则该函数的图象是( )分析：在(－1,0)上f′(x)单一递加，所以f(x)图象的切线斜率呈递加趋向；在(0,1)上f′(x)单一递减，所以f(x)图象的切线斜率呈递减趋向．应选B.答案：B3．若函数f(x)＝kx－lnx在区间(1，＋∞)单一递加，则k的取值范围是()A．(－∞，－2]B．(－∞，－1]C．[2，＋∞)D．[1，＋∞)11分析：依题意得f′(x)＝k－x≥0在(1，＋∞)上恒建立，即k≥x在(1，＋∞)上恒建立，∵x>1，1∴0<x<1，∴k≥1，应选D.答案：D4．(2018辽·宁大连高三双基测试)已知函数f(x)＝ex－2x－1(此中e为自然对数的底数)，则y＝f(x)的图象大概为( )分析：依题意得f′(x)＝ex－2.当x＜ln2时，f′(x)＜0，f(x)是减函数，f(x)＞f(ln2)＝1－2ln2；当x＞ln2时，f′(x)＞0，f(x)是增函数，所以比较各选项知选C.答案：C5．已知函数x2f(x)＝e－(x＋1)(e为2.71828)，则f(x)的大概图象是( )分析：对f(x)＝ex－(x＋1)2求导得f′(x)＝ex－2x－2，明显x→＋∞时，导函数f′(x)>0，函数f(x)是增函数，清除A，D；x＝－1时，f′(－1)≠0，所以x＝－1不是函数的极值点，排除B，应选C.答案：C12x在区间[a－1，a＋1]上单一递减，则实数a6．(2018江·淮十校联考)设函数f(x)＝x－9ln2的取值范围是()A．1<a≤2B．a≥4C．a≤2D．0<a≤3分析：易知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x－99，解得0<x<3.x，由f′(x)＝x－x<012a－1>0，由于函数f(x)＝2x－9lnx在区间[a－1，a＋1]上单一递减，所以a＋1≤3，解得1<a≤2，选A.答案：Alnx，则( )7．已知f(x)＝xA．f(2)>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)分析：f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝1－lnxx2，令f′(x)＝0，得x＝e.∴当x∈(0，e)时，f′(x)>0，f(x)单一递加，当x∈(e，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单一递减，故x1ln2ln8ln3ln9＝e时，f(x)max＝f(e)＝e，而f(2)＝2＝6，f(3)＝3＝6，所以f(e)>f(3)>f(2)，应选D.答案：D8．(2018四·川成都模拟)f(x)是定义域为R的函数，对随意实数x都有f(x)＝f(2－x)建立．若4当x≠1时，不等式(x－1)·f′(x)＜0建立，若a＝f(0.5)，b＝f3，c＝f(3)，则a，b，c的大小关系是( )．b＞a＞cC．c＞b＞a

B．a＞b＞cD．a＞c＞b分析：由于对随意实数x都有f(x)＝f(2－x)建立，所以函数f(x)的图象对于直线x＝1对称，又由于当x≠1时，不等式(x－1)·f′(x)＜0建立，所以函数f(x)在(1，＋∞)上单一递减，所43以f3＞f(0.5)＝f2＞f(3)，即b＞a＞c.答案：A12＋2ax－lnx，若f(x)19．(2018九·江模拟)已知函数f(x)＝x在区间，2上是增函数，则实数23a的取值范围为________．1111分析：由题意知f′(x)＝x＋2a－x≥0在3，2上恒建立，即2a≥－x＋x在3，2上恒建立，1884∵－x＋xmax＝3，∴2a≥3，即a≥3.答案：43，＋∞10．设f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－2)＝0，当x＞0时，xf′(x)－f(x)＞0，则使得f(x)＞0建立的x的取值范围是________．分析：令g(x)＝fx，则g′(x)＝xf′x－fx，2xx∴当x＞0时，g′(x)＞0，即g(x)在(0，＋∞)上单一递加，∵f(x)为奇函数，f(－2)＝0，∴f(2)＝0，∴g(2)＝f22＝0，联合奇函数f(x)的图象知，f(x)＞0的解集为(－2,0)∪(2，＋∞)，故填(－2,0)∪(2，＋∞)．答案：(－2,0)∪(2，＋∞)13a211．(2018荆·州质检)设函数f(x)＝3x－2x＋bx＋c，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝1.求b，c的值；若a＞0，求函数f(x)的单一区间．分析：(1)f′(x)＝x2－ax＋b，f0＝1，c＝1，由题意得即f′0＝0，b＝0.由(1)得，f′(x)＝x2－ax＝x(x－a)(a＞0)，当x∈(－∞，0)时，f′(x)＞0；当x∈(0，a)时，f′(x)＜0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)＞0.所以函数f(x)的单一递加区间为(－∞，0)，(a，＋∞)，单一递减区间为(0，a)．xx．12．已知函数f(x)＝elnx－ae(a∈R)1(1)若f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线y＝ex＋1垂直，求a的值；(2)若f(x)在(0，＋∞)上是单一函数，务实数a的取值范围．分析：(1)f′(x)＝exx1x1xxx1＝－1，e得a＝2.1－a＋lnxex，(2)由(1)知f′(x)＝x若f(x)为单一递减函数，则f′(x)≤0在x>0时恒建立．即1x－a＋lnx≤0在x>0时恒建立．所以a≥1x＋lnx在x>0时恒建立．1令g(x)＝x＋lnx(x>0)，1x－1则g′(x)＝－x2＋x＝x2(x>0)，由g′(x)>0，得x>1；由g′(x)<0，得0<x<1.故g(x)在(0,1)上为单一递减函数，在(1，＋∞)上为单一递加函数，此时g(x)的最小值为g(1)1，但g(x)无最大值(且无趋近值)．故f(x)不行能是单一递减函数．若f(x)为单一递加函数，则f′(x)≥0在x>0时恒建立，1即x－a＋lnx≥0在x>0时恒建立，1所以a≤x＋lnx在x>0时恒建立，由上述推理可知此时a≤1.故实数a的取值范围是(－∞，1]．B组能力提高练1．已知x∈(0,2)，若对于x的不等式x1k的取值范围为()x＜2恒建立，则实数ek＋2x－xA．[0，e＋1)B．[0,2e－1)C．[0，e)D．[0，e－1)分析：依题意，知22xk＋2x－x＞0，即k＞x－2x对随意x∈(0,2)恒建立，进而xk≥0，所以由exxxex－1＜1可得k＜e＋x2－2x.令f(x)＝e＋x2－2x.则f′(x)＝＋2(x－1)＝(x－2k＋2x－x2xxxex1)x2＋2.令f′(x)＝0，得x＝1，当x∈(1,2)时，f′(x)＞0，函数f(x)在(1,2)上单一递加，当x∈(0,1)时，f′(x)＜0，函数f(x)在(0,1)上单一递减，所以k＜f(x)min＝f(1)＝e－1，故实数k的取值范围是[0，e－1)．答案：D2．已知函数f(x)＝ax2＋bx－lnx(a＞0，b∈R)，若对随意x＞0，f(x)≥f(1)，则()A．lna＜－2bB．lna≤－2bC．lna＞－2bD．lna≥－2b分析：f′(x)＝2ax＋b－1lnax，由题意可知f′(1)＝0，即2a＋b＝1，由选项可知，只要比较＋2b

与

0的大小，而

b＝1－2a，所以只要判断

lna＋2－4a

的符号．结构一个新函数

g(x)＝2－4x＋lnx，则

1g′(x)＝x－4，令

g′(x)＝0，得

1x＝4，当

1x＜4时，g(x)为增函数，当

x1

1＞4时，g(x)为减函数，所以对随意x＞0有g(x)≤g4＝1－ln4＜0，所以有g(a)＝2－4a＋lna＝2b＋lna＜0?lna＜－2b，应选A.答案：A3．已知f(x)＝x3－6x2＋9x－abc，a＜b＜c，且f(a)＝f(b)＝f(c)＝0.现给出以下结论：①f(0)f(1)0；②f(0)f(1)＜0；③f(0)f(3)＞0；④f(0)f(3)＜0.此中正确结论的序号是( )A．①③B．①④C．②③D．②④分析：∵f′(x)＝3x2－12x＋9＝3(x－1)(x－3)．由f′(x)＜0，得1＜x＜3，由f′(x)＞0，得x1或x＞3，∴f(x)在区间(1,3)上是减函数，在区间(－∞，1)，(3，＋∞)上是增函数．又a＜b＜c，f(a)＝f(b)＝f(c)＝0，∴y极大值＝f(1)＝4－abc＞0，y极小值＝f(3)＝－abc＜0，∴0＜abc＜4.∴a，b，c均大于零，或许a＜0，b＜0，c＞0.又x＝1，x＝3为函数f(x)的极值点，后一种状况不行能建立，如图．∴f(0)＜0，∴f(0)f(1)＜0，f(0)f(3)＞0，∴正确结论的序号是②③.答案：C4．已知函数f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在独一的零点x0，且x0>0，则a的取值范围是( )A．(2，＋∞C．(1，＋∞

))

B．(－∞，－2)D．(－∞，－1)a0

f(x)当a≠0时，f′(x)＝3ax2－6x，令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝2a.23222当a＞0时，a＞0，所以函数f(x)＝ax－3x＋1在(－∞，0)与a，＋∞上为增函数，在0，a上为减函数，由于f(x)存在独一零点x0，且x0＞0，则f(0)＜0，即1＜0，不建立．当a＜0时，2＜0，所以函数f(x)＝ax3－3x2＋1在－∞，2和(0，＋∞)上为减函数，在2，0aaa上为增函数，由于f(x)存在独一零点x0，且x0＞0，则f284a32aa＞2或a＜－2，又由于a＜0，故a的取值范围为(－∞，－2)．选B.答案：B5．已知函数f(x)＝lnx－ax2＋x有两个不一样零点，则实数a的取值范围是()A．(0,1)B．(－∞，1)C.－∞，1＋e1＋e2D.0，2ee分析：令g(x)＝lnx，h(x)＝ax2－x，将问题转变为两个函数图象交点的问题．当a≤0时，g(x)和h(x)的图象只有一个交点，不知足题意；当a＞0时，由lnx－ax2＋x＝0，得a＝x＋lnxx2.12x＋lnx1＋x·x－lnx＋x·2x1－x－2lnx令r(x)＝2，则r′(x)＝4＝x3，xx当0＜x＜1时，r′(x)＞0，r(x)是单一增函数，当x＞1时，r′(x)＜0，r(x)是单一减函数，且x＋lnxx2＞0，∴0＜a＜1.∴a的取值范围是(0,1)．应选A.答案：A6．已知函数f(x)＝－1x2－3x＋4lnx在(t，t＋1)上不但一，则实数t的取值范围是________．2分析：∵函数f(x)＝－12－3x＋4lnx(x＞0)，2x4∴f′(x)＝－x－3＋x，∵函数f(x)＝－12x2－3x＋4lnx在(t，t＋1)上不但一，4∴f′(x)＝－x－3＋x＝0在(t，t＋1)上有解，x2＋3x－4＝0在(t，t＋1)上有解，∴x∴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)，故实数t的取值范围是(0,1)．答案：(0,1)7．已知y＝f(x)为R上的连续可导函数，且xf′(x)＋f(x)＞0，则函数g(x)＝xf(x)＋1(x＞0)的零点个数为________．分析：由于g(x)＝xf(x)＋1(x＞0)，g′(x)＝xf′(x)＋f(x)＞0，所以g(x)在(0，＋∞)上单一递增，又g(0)＝1，y＝f(x)为R上的连续可导函数，所以g(x)为(0，＋∞)上的连续可导函数，又g(x)＞g(0)＝1，所以g(x)在(0，＋∞)上无零点．答案：08．已知函数g(x)知足g(x)＝g′(1)ex－112，且存在实数x0使得不等式2m－1≥g(x0)－g(0)x＋x2建立，则m的取值范围为__________．分析：g′(x)＝g′(1)ex－1－g(0)＋x，当x＝1时，g(0)＝1，由g(0)＝g′(1)e0－1，解得g′(1)e，所以g(x)＝ex－x＋12x2，则g′(x)＝ex－1＋x，当x<0时，g′(x)<0，当x>0时，g′(x)>0，所以当x＝0时，函数g(x)获得最小值g(0)＝1，依据题意将不等式转变为2m－1≥g(x)min＝1，所以m≥1.答案：[1，＋∞)9．已知函数2f(x)＝x－(2t＋1)x＋tlnx(t∈R)．(1)若t＝1，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程以及f(x)的极值；(2)设函数g(x)＝(1－t)x，若存在x0∈[1，e]，使得f(x0)≥g(x0)建立，务实数t的最大值．分析：(1)依题意，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，当t＝1时，f(x)＝x2－3x＋lnx，f′(x)＝2x－3＋2x－1x－1.1＝xx由f′(1)＝0，f(1)＝－2，得曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝－2.令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝1，f′(x)，f(x)随x的变化状况以下：2x0，1111(1，＋∞)22，12f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值151由表格知，f(x)极大值＝f2＝－4＋ln2，f(x)极小值＝f(1)＝－2.由题意知，不等式f(x)≥g(x)在区间[1，e]上有解，即x2－2x＋t(lnx－x)≥0在区间[1，e]上有解．∵当x∈[1，e]时，lnx≤1≤x(不一样时取等号)，∴lnx－x<0，∴t≤x2－2x在区间[1，e]上有解．x－lnx令h(x)＝x2－2xx－1x＋2－2lnx.，则h′(x)＝x－lnx2x－lnxee－2.∵x∈[1，e]，∴x＋2>2≥2lnx，∴h′(x)≥0，h(x)单一递加，∴x∈[1，e]时，h(x)max＝h(e)＝