高考数学(理数)一轮课后刷题练习：第2章　函数、导数及其应用2.11(教师版)

这是一份高考数学(理数)一轮课后刷题练习：第2章　函数、导数及其应用2.11(教师版)，共10页。

A级
一、选择题
1．函数f(x)＝eq \f(ax,x2＋1)(a>0)的单调递增区间是( )
A．(－∞，－1) B．(－1,1)
C．(1，＋∞) D．(－∞，－1)∪(1，＋∞)
答案 B
解析 函数f(x)的定义域为R，f′(x)＝eq \f(a1－x2,x2＋12)＝eq \f(a1－x1＋x,x2＋12).由于a>0，要使f′(x)>0，只需(1－x)·(1＋x)>0，解得x∈(－1,1)，故选B.
2．若函数f(x)＝(x2－2x)ex在(a，b)上单调递减，则b－a的最大值为( )
A．2 B.eq \r(2) C．4 D．2eq \r(2)
答案 D
解析 f′(x)＝(2x－2)ex＋(x2－2x)ex＝(x2－2)ex，令f′(x)<0，∴－eq \r(2)即函数f(x)的单调递减区间为(－eq \r(2)，eq \r(2))．
∴b－a的最大值为2eq \r(2).故选D.
3．函数f(x)＝(x－1)(x－2)2在[0,3]上的最小值为( )
A．－8 B．－4 C．0 D.eq \f(4,27)
答案 B
解析 f′(x)＝(x－2)2＋2(x－1)(x－2)＝(x－2)(3x－4)．令f′(x)＝0⇒x1＝eq \f(4,3)，x2＝2，结合单调性，只要比较f(0)与f(2)即可．
f(0)＝－4，f(2)＝0.故f(x)在[0,3]上的最小值为f(0)＝－4.故选B.
4．已知f′(x)是定义在R上的连续函数f(x)的导函数，满足f′(x)－2f(x)<0，且f(－1)＝0，则f(x)>0的解集为( )
A．(－∞，－1) B．(－1,1)
C．(－∞，0) D．(－1，＋∞)
答案 A
解析 设g(x)＝eq \f(fx,e2x)，则g′(x)＝eq \f(f′x－2fx,e2x)<0在R上恒成立，所以g(x)在R上递减，又因为g(－1)＝0，f(x)>0⇔g(x)>0，所以x<－1.故选A.
5．f(x)＝x2－aln x在(1，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范围为( )
A．a<1 B．a≤1 C．a<2 D．a≤2
答案 D
解析 由f(x)＝x2－aln x，得f′(x)＝2x－eq \f(a,x)，
∵f(x)在(1，＋∞)上单调递增，
∴2x－eq \f(a,x)≥0在(1，＋∞)上恒成立，即a≤2x2在(1，＋∞)上恒成立，
∵x∈(1，＋∞)时，2x2>2，∴a≤2.故选D.
6．函数f(x)在定义域R内可导，若f(x)＝f(2－x)，且当x∈(－∞，1)时，(x－1)f′(x)<0，设a＝f(0)，b＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))，c＝f(3)，则( )
A．a答案 B
解析 由f(x)＝f(2－x)可得对称轴为x＝1，故f(3)＝f(1＋2)＝f(1－2)＝f(－1)．
又x∈(－∞，1)时，(x－1)f′(x)<0，可知f′(x)>0.
即f(x)在(－∞，1)上单调递增，f(－1)7．若函数f(x)＝e－x·eq \r(x)，则( )
A．仅有极小值eq \f(1,\r(2e)) B．仅有极大值eq \f(1,\r(2e))
C．有极小值0，极大值eq \f(1,\r(2e)) D．以上皆不正确
答案 B
解析 f′(x)＝－e－x·eq \r(x)＋eq \f(1,2\r(x))·e－x＝e－xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\r(x)＋\f(1,2\r(x))))＝e－x·eq \f(1－2x,2\r(x)).
令f′(x)＝0，得x＝eq \f(1,2).当x>eq \f(1,2)时，f′(x)<0；当x0.
∴x＝eq \f(1,2)时取极大值，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \f(1,\r(e))·eq \r(\f(1,2))＝eq \f(1,\r(2e)).故选B.
8．已知函数f(x)＝eq \f(a,x)－1＋ln x，若存在x0>0，使得f(x0)≤0有解，则实数a的取值范围是( )
A．a>2 B．a<3 C．a≤1 D．a≥3
答案 C
解析 函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，不等式eq \f(a,x)－1＋ln x≤0有解，即a≤x－xln x在(0，＋∞)上有解，令h(x)＝x－xln x，可得h′(x)＝1－(ln x＋1)＝－ln x，令h′(x)＝0，可得x＝1，当00，当x>1时，h′(x)<0，可得当x＝1时，函数h(x)＝x－xln x取得最大值1，要使不等式a≤x－xln x在(0，＋∞)上有解，只要a小于等于h(x)的最大值即可，即a≤1.故选C.
9．若函数f(x)＝ax3－3x＋1对于x∈[－1,1]总有f(x)≥0成立，则实数a的取值范围为( )
A．[2，＋∞) B．[4，＋∞)
C．{4} D．[2,4]
答案 C
解析 f′(x)＝3ax2－3，当a≤0时，f(x)min＝f(1)＝a－2≥0，a≥2，不合题意；
当0当a>1时，f(－1)＝－a＋4≥0，且feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(a))))＝－eq \f(2,\r(a))＋1≥0，
解得a＝4.综上所述，a＝4.故选C.
10．已知函数f(x)＝meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)))－2ln x(m∈R)，g(x)＝－eq \f(m,x)，若至少存在一个x0∈[1，e]，使得f(x0)A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(2,e))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(2,e)))
C．(－∞，0] D．(－∞，0)
答案 B
解析 由题意，不等式f(x)二、填空题
11．已知函数f(x)＝eq \f(1,2)mx2＋ln x－2x在定义域内是增函数，则实数m的取值范围为________．
答案 [1，＋∞)
解析 f′(x)＝mx＋eq \f(1,x)－2≥0对一切x>0恒成立．
m≥－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))2＋eq \f(2,x)，令g(x)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))2＋eq \f(2,x)，则当eq \f(1,x)＝1时，函数g(x)取得最大值1，故m≥1.
12．已知f(x)是奇函数，且当x∈(0,2)时，f(x)＝ln x－axeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a>\f(1,2)))，当x∈(－2,0)时，f(x)的最小值是1，则a＝________.
答案 1
解析 由题意，得x∈(0,2)时，f(x)＝ln x－axeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a>\f(1,2)))有最大值－1，f′(x)＝eq \f(1,x)－a，由f′(x)＝0，得x＝eq \f(1,a)∈(0,2)，且x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))时，f′(x)>0，f(x)单调递增，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，2))时，f′(x)<0，f(x)单调递减，则f(x)max＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))＝ln eq \f(1,a)－1＝－1，解得a＝1.
13．已知定义在R上的奇函数f(x)的图象为一条连续不断的曲线，f(1＋x)＝f(1－x)，f(1)＝a，且当0答案 a
解析 由f(1＋x)＝f(1－x)可得函数f(x)的图象关于直线x＝1对称．又f(x)是定义在R上的奇函数，则f(0)＝0，且f(x)的图象关于点(0,0)对称，所以f(x)是以4为周期的周期函数，则f(x)在[2017,2018]上的图象与[1,2]上的图象形状完全相同．令g(x)＝eq \f(fx,ex)，则g′(x)＝eq \f(f′x－fx,ex)<0，函数g(x)在(0,1)上递减，则g(x)14．已知函数f(x)＝ex＋aln x的定义域是D，关于函数f(x)给出下列命题：
①对于任意a∈(0，＋∞)，函数f(x)是D上的减函数；
②对于任意a∈(－∞，0)，函数f(x)存在最小值；
③存在a∈(0，＋∞)，使得对于任意的x∈D，都有f(x)>0成立；
④存在a∈(－∞，0)，使得函数f(x)有两个零点．
其中正确命题的序号是________．(写出所有正确命题的序号)
答案 ②④
解析 由f(x)＝ex＋aln x，可得f′(x)＝ex＋eq \f(a,x)，若a>0，则f′(x)>0，得函数f(x)是D上的增函数，存在x∈(0,1)，使得f(x)<0即得命题①③不正确；若a<0，设ex＋eq \f(a,x)＝0的根为m，则在(0，m)上f′(x)<0，在(m，＋∞)上f′(x)>0，所以函数f(x)存在最小值f(m)，即命题②正确；若f(m)<0，则函数f(x)有两个零点，即命题④正确．综上可得，正确命题的序号为②④.
B级
三、解答题
15．已知函数f(x)＝ln x－ax(a∈R)．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)当a>0时，求函数f(x)在[1,2]上的最小值．
解 (1)f′(x)＝eq \f(1,x)－a(x>0)，
①当a≤0时，f′(x)＝eq \f(1,x)－a>0，
即函数f(x)的单调增区间为(0，＋∞)．
②当a>0时，令f′(x)＝eq \f(1,x)－a＝0，可得x＝eq \f(1,a).
当00；
当x>eq \f(1,a)时，f′(x)＝eq \f(1－ax,x)<0，
故函数f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))，
单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞)).
综上得，当a≤0时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无递减区间；
当a>0时，f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))，单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞)).
(2)①当eq \f(1,a)≤1，即a≥1时，函数f(x)在区间[1,2]上是减函数，∴f(x)的最小值是f(2)＝ln 2－2a.
②当eq \f(1,a)≥2，即0③当1当ln 2≤a<1时，f(x)的最小值为f(2)＝ln 2－2a.
综上可知，
当0当a≥ln 2时，函数f(x)的最小值是ln 2－2a.
16．已知函数f(x)＝ex－ax，a>0.
(1)记f(x)的极小值为g(a)，求g(a)的最大值；
(2)若对任意实数x恒有f(x)≥0，求a的取值范围．
解 (1)函数f(x)的定义域是(－∞，＋∞)，f′(x)＝ex－a，令f′(x)>0，得x>ln a，
所以f(x)的单调递增区间是(ln a，＋∞)；
令f′(x)<0，得x所以f(x)的单调递减区间是(－∞，ln a)，
函数f(x)在x＝ln a处取极小值，
g(a)＝f(x)极小值＝f(ln a)＝eln a－aln a＝a－aln a.
g′(a)＝1－(1＋ln a)＝－ln a，
当00，g(a)在(0,1)上单调递增；
当a>1时，g′(a)<0，g(a)在(1，＋∞)上单调递减，
所以a＝1是函数g(a)在(0，＋∞)上唯一的极大值点，也是最大值点，所以g(a)max＝g(1)＝1.
(2)当x≤0时，a>0，ex－ax≥0恒成立，
当x>0时，f(x)≥0，即ex－ax≥0，即a≤eq \f(ex,x).
令h(x)＝eq \f(ex,x)，x∈(0，＋∞)，h′(x)＝eq \f(exx－ex,x2)＝eq \f(exx－1,x2)，
当01时，h′(x)>0，故h(x)的最小值为h(1)＝e，
所以a≤e，故实数a的取值范围是(0，e]．
17．设函数f(x)＝x－eq \f(1,x)－aln x(a∈R)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)有两个极值点x1和x2，记过点A(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))的直线的斜率为k，问：是否存在a，使得k＝2－a？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由．
解 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1＋eq \f(1,x2)－eq \f(a,x)＝eq \f(x2－ax＋1,x2).
令g(x)＝x2－ax＋1，则方程x2－ax＋1＝0的判别式Δ＝a2－4.
①当|a|≤2时，Δ≤0，f′(x)≥0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
②当a<－2时，Δ>0，g(x)＝0的两根都小于0，在(0，＋∞)上恒有f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
③当a>2时，Δ>0，g(x)＝0的两根为x1＝eq \f(a－\r(a2－4),2)，x2＝eq \f(a＋\r(a2－4),2)，
当00；当x1x2时，f′(x)>0，
故f(x)在(0，x1)，(x2，＋∞)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减．
(2)由(1)知，a>2.
因为f(x1)－f(x2)＝(x1－x2)＋eq \f(x1－x2,x1x2)－a(ln x1－ln x2)，
所以k＝eq \f(fx1－fx2,x1－x2)＝1＋eq \f(1,x1x2)－a·eq \f(ln x1－ln x2,x1－x2).
又由(1)知，x1x2＝1.于是k＝2－a·eq \f(ln x1－ln x2,x1－x2).
若存在a，使得k＝2－a.则eq \f(ln x1－ln x2,x1－x2)＝1.
即ln x1－ln x2＝x1－x2.
亦即x2－eq \f(1,x2)－2ln x2＝0(x2>1)． (*)
再由(1)知，函数h(t)＝t－eq \f(1,t)－2ln t在(0，＋∞)上单调递增，而x2>1，
所以x2－eq \f(1,x2)－2ln x2>1－eq \f(1,1)－2ln 1＝0.这与(*)式矛盾．故不存在a，使得k＝2－a.