2020版高中数学阶段训练五新人教B版

阶段训练五(范围：～3.3.2)一、选择题1．函数()＝1＋cos的一个单一递加区间为( )fx2xx7πππ5πA.－6，6B.6，64πππ2πC.－3，3D.3，3考点利用导数研究函数的单一性题点依据导数判断函数的单一性答案A11分析由f(x)＝2x＋cosx，得f′(x)＝2－sinx，7ππ当x∈－6，6时，f′(x)>0，17π，π.应选A.－故函数f(x)＝2x＋cosx的一个单一递加区间为662．函数y＝ax3＋1的图象与直线y＝x相切，则a等于()271A．2B．4C．16D.4考点题点

切线方程求解及应用依据切点或切线斜率求值答案

Ba3y′＝ax2.可设切点为(x0，x0)，则x0＝27x0＋1，分析由题意可得a2解得a＝4，应选99x0＝1，B.3．函数f(x)＝exsinx在区间0，π上的值域为( )2ππππA.0,e2B.0,e2C.0,e2D.0,e2考点利用导数求函数的最值题点不含参数的函数求最值答案A分析′( )＝ex(sinx＋cosx)，fx∵x∈0，π，∴f′(x)>0，2π则f(x)在0，2上是增函数，(x)min＝f(0)＝0，ππf(x)max＝f＝e2，2ππxx在区间0，上的值域为0,e2.∴函数f(x)＝esin24.设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′( )，且函数y＝(1－)f′( )的图象如下图，xxx则以下结论中必定建立的是()A．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)B．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(－2)C．函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(1)D．函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(2)考点函数极值的应用题点函数极值在函数图象上的应用答案D分析由题图可知，当x<－2时，f′(x)>0；当－2<x<1时，f′(x)<0；当1<x<2时，f′(x)<0；当x>2时，f′(x)>0.由此能够获得函数在x＝－2处获得极大值，在x＝2处获得极小值，应选D.5．设函数f(x)＝13x3＋ax2＋5x＋6在区间[1,3]上是减函数，则实数a的取值范围是( )A．[－5，＋∞)B．(－∞，－3]∪[－5，＋∞)C．(－∞，－3]D．[－5，5]考点题点答案C分析′( )＝x2＋2ax＋5，fx132由于f(x)＝3x＋ax＋5x＋6在[1,3]上是减函数，因此f′(x)≤0在[1,3]f，上恒建立，只要f，解得a≤－3.6．函数f(x)＝xlnx的大概图象为()考点导数的综合应用题点导数的综合应用答案A分析∵函数f(x)＝xlnx只有x＝1一个零点，∴能够清除C，D，又∵f′(x)＝lnx＋1，1在0，e上，f′(x)<0，f(x)单一递减，1在，＋∞上，f′(x)>0，f(x)单一递加，e∴A切合题意．7．已知函数y＝f(x)对随意x∈－π，π22知足f′(x)cosx＋f(x)sinx>0(此中fx是函数fx的导函数)，则以下不等式建立的是( )A.2f－π>f－π34B.2fπ3<fπ4C．f(0)>2fπ4πD．f(0)<2f3考点利用导数研究函数的单一性题点比较函数值的大小答案D设g(xfx分析)＝cosx，则gfxx＋fxxxcosxππ由于y＝f(x)对随意的x∈－2，2知足f′(x)cosx＋f(x)sinx>0，因此g′(x)>0在x∈－π，π上恒建立，22因此g(x)是－ππ2，2上的增函数，因此(0)<gπ，即f(0)<2fπ.33g应选D.二、填空题8．函数y＝x2－4lnx的单一递减区间是________．考点利用导数研究函数的单一性题点不含参数求单一区间答案(0，2]4x＋2x－2分析y′＝2x－x＝x(x>0)，令y′≤0，解得0<x≤2，∴函数y＝x2－4lnx的单一递减区间是(0，9．若函数f(x)＝－x3＋2＋1(≠0)在(0,2)内的极大值为最大值，则mxm________．考点含参数的函数最值问题题点知最值求参数答案(0,3)分析f′(x)＝－3x2＋2mx＝x(－3x＋2m)．

2]．的取值范围是2m令f′(x)＝0，得x＝0或x＝3.2mx∈(0,2)，∴0<3<2，0<m<3.10．若存在正数x使2x(－)<1建立，则a的取值范围是________．xa考点函数最值的应用题点存在性问题答案(－1，＋∞)分析由于2x(x－a)<1，1因此a>x－2x.1令f(x)＝x－2x，因此f′(x)＝1＋2－xln2>0，因此f(x)在(0，＋∞)上单一递加，因此f(x)>f(0)＝0－1＝－1，因此a的取值范围为(－1，＋∞)．11．已知函数f(x)＝ex－2x＋a有零点，则a的取值范围是________．考点函数极值的应用题点函数的零点与方程的根答案(－∞，2ln2－2]分析f′(x)＝ex－2.令f′(x)＝0，解得x＝ln2.当x∈(－∞，ln2)时，f′(x)<0，当x∈(ln2，＋∞)时，f′(x)>0.∴f(x)min＝f(ln2)＝2－2ln2＋a.由题意知，2－2ln2＋a≤0，可得a≤2ln2－2.三、解答题12．已知函数f(x)＝x(x＋a)－lnx，此中a为常数．当a＝－1时，求f(x)的极值；(2)若f(x)是区间1a的取值范围．，1内的单一函数，务实数2考点导数的综合应用题点导数的综合应用122－－1x＋x－解(1)当a＝－1时，f′(x)＝2x－1－x＝x＝x(x>0)，因此f(x)在区间(0,1)上单一递减，在(1，＋∞)上单一递加，于是f(x)有极小值f(1)＝0，无极大值．1易知f′(x)＝2x＋a－x在区间2，1上单一递加，1又由题意可得f′(x)＝2x＋a－x＝0在2，1上无解．1即f′2≥0或f′(1)≤0，解得a≥1或a≤－1，即a的取值范围为(－∞，－1]∪[1，＋∞)．13．已知函数f(x)＝lnx－ax(a∈R)．求函数f(x)的单一区间；当a>0时，求函数f(x)在[1,2]上的最小值．1解(1)f′(x)＝x－a(x>0)，1①当a≤0时，f′(x)＝x－a>0，即函数f(x)的单一递加区间为(0，＋∞)．11②当a>0时，令f′(x)＝x－a＝0，可得x＝a，11－ax当0<x<a时，f′(x)＝x>0；当x1′( )＝1－ax>时，x<0，afx1故函数f(x)的单一递加区间为0，a，1单一递减区间为a，＋∞综上可知，当a≤0时，函数f(x)的单一递加区间为(0，＋∞)；当a>0时，函数f(x)的单一递加区间为0，1，单一递减区间为1a，＋∞.a(2)①当1≤1，即a≥1时，函数f(x)在[1,2]上是减函数，因此f(x)的最小值是f(2)＝ln2a－2a.②当1≥2，即0<≤1时，函数f( )在[1,2]上是增函数，因此f(x)的最小值是f(1)＝－a.aa2x③当

111<a<2，即2<a<1时，函数

f(x)在

11，a

上是增函数，在

1a，2

上是减函数．又

f(2)

－(1)＝ln2－a，1因此当2<a<ln2

时，最小值是

f(1)

＝－a；当ln2≤a<1时，最小值为

f(2)

＝ln2－2a.综上可知，当0<a<ln2时，函数f(x)的最小值是f(1)

＝－a；当a≥ln2时，函数f(x)的最小值是f(2)＝ln2－2a.14．已知函数f(x)＝ex(ax＋)－x2＋4，曲线y＝(x)在点(0，(0))处的切线方程为y＝2bxffx3，则f(ln3)与f(2ln2)的大小关系为________．考点题点答案

f(ln3)>

f(2ln2)分析

xf′(x)＝e(ax＋a＋b)－2x＋4.∵曲线在点

(0，f(0))

处的切线方程为

y＝2x－3.f(0)＝－3，f′(0)＝2，b＝－3，b＝－3，∴＋4＝2，解得＝1.＋aab(x)＝ex(x－3)－x2＋4x，′(x)＝ex(x－2)－2x＋4(x－2)(ex－2)．令f′(x)＝0，得x＝ln2或x＝2.∴当x∈(－∞，ln2)∪(2，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈(ln2,2)时，′( )<0，fx故f(x)在(－∞，ln2)，(2，＋∞)上单一递加，在(ln2,2)上单一递减．∵ln3,2ln2∈(ln2,2)，又ln3<2ln2，∴f(ln3)>f(2ln2)．15．设函数f()＝lnx－2(x>0)，若函数f(x)在x＝1处与直线y＝－1相切．xabx2务实数a，b的值；1求函数f(x)在e，e上的最大值．a解(1)f′(x)＝x－2