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    高考数学(文数)一轮复习课时练习:2.11《第1课时 函数的导数与单调性》(教师版)
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    高考数学(文数)一轮复习课时练习:2.11《第1课时 函数的导数与单调性》(教师版)

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    这是一份高考数学(文数)一轮复习课时练习:2.11《第1课时 函数的导数与单调性》(教师版),共9页。

    课时规范练
    A组 基础对点练
    1.函数f(x)的导函数f′(x)的图象是如图所示的一条直线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) B.f(0)>f(3)
    C.f(0)=f(3)
    D.无法确定
    解析:由题意知f(x)的图象是以x=1为对称轴,且开口向下的抛物线,所以f(0)=f(2)>f(3).
    选B.
    答案:B
    2.已知函数y=f(x)的图象是下列四个图象之一,且其导函数y=f′(x)的图象如图所示,则该函数的图象是(  )

    解析:在(-1,0)上f′(x)单调递增,所以f(x)图象的切线斜率呈递增趋势;
    在(0,1)上f′(x)单调递减,所以f(x)图象的切线斜率呈递减趋势.故选B.
    答案:B
    3.若函数f(x)=kx-ln x在区间(1,+∞)单调递增,则k的取值范围是(  )
    A.(-∞,-2]      B.(-∞,-1]
    C.[2,+∞) D.[1,+∞)
    解析:依题意得f′(x)=k-≥0在(1,+∞)上恒成立,即k≥在(1,+∞)上恒成立,
    ∵x>1,∴0<<1,∴k≥1,故选D.
    答案:D
    4.已知函数f(x)=ex-2x-1(其中e为自然对数的底数),则y=f(x)的图象大致为(  )

    解析:依题意得f′(x)=ex-2.当x<ln 2时,f′(x)<0,f(x)是减函数,f(x)>f(ln 2)=1-2ln 2;
    当x>ln 2时,f′(x)>0,f(x)是增函数,因此对照各选项知选C.
    答案:C
    5.已知函数f(x)=ex-(x+1)2(e为2.718 28…),则f(x)的大致图象是(  )

    解析:对f(x)=ex-(x+1)2求导得f′(x)=ex-2x-2,显然x→+∞时,导函数f′(x)>0,函数f(x)是增函数,排除A,D;x=-1时,f′(-1)≠0,所以x=-1不是函数的极值点,排除B,故选C.
    答案:C
    6.设函数f(x)=x2-9ln x在区间[a-1,a+1]上单调递减,则实数a的取值范围是(  )
    A.1 C.a≤2 D.0 解析:易知函数f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=x-,由f′(x)=x-<0,解得0 答案:A
    7.已知f(x)=,则(  )
    A.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)
    解析:f(x)的定义域是(0,+∞),
    f′(x)=,令f′(x)=0,得x=e.
    ∴当x∈(0,e)时,f′(x)>0,f(x)单调递增,当x∈(e,+∞)时,f′(x)<0,f(x)单调递减,故x=e时,f(x)max=f(e)=,而f(2)==,f(3)==,所以f(e)>f(3)>f(2),故选D.
    答案:D
    8.f(x)是定义域为R的函数,对任意实数x都有f(x)=f(2-x)成立.若当x≠1时,不等式(x-1)·f′(x)<0成立,若a=f(0.5),b=f,c=f(3),则a,b,c的大小关系是(  )
    A.b>a>c B.a>b>c
    C.c>b>a D.a>c>b
    解析:因为对任意实数x都有f(x)=f(2-x)成立,所以函数f(x)的图象关于直线x=1对称,又因为当x≠1时,不等式(x-1)·f′(x)<0成立,所以函数f(x)在(1,+∞)上单调递减,所以f>f(0.5)=f>f(3),即b>a>c.
    答案:A
    9.已知函数f(x)=x2+2ax-ln x,若f(x)在区间上是增函数,则实数a的取值范围为________.
    解析:由题意知f′(x)=x+2a-≥0在上恒成立,
    即2a≥-x+在上恒成立,∵max=,∴2a≥,即a≥.
    答案:
    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成立的x的取值范围是________.
    解析:令g(x)=,则g′(x)=,
    ∴当x>0时,g′(x)>0,即g(x)在(0,+∞)上单调递增,∵f(x)为奇函数,f(-2)=0,
    ∴f(2)=0,∴g(2)==0,结合奇函数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,+∞)
    11.设函数f(x)=x3-x2+bx+c,曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=1.
    (1)求b,c的值;
    (2)若a>0,求函数f(x)的单调区间.
    解析:(1)f′(x)=x2-ax+b,
    由题意得即
    (2)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)的单调递增区间为(-∞,0),(a,+∞),单调递减区间为(0,a).
    12.已知函数f(x)=exln x-aex(a∈R).
    (1)若f(x)在点(1,f(1))处的切线与直线y=x+1垂直,求a的值;
    (2)若f(x)在(0,+∞)上是单调函数,求实数a的取值范围.
    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)为单调递减函数,则f′(x)≤0在x>0时恒成立.
    即-a+ln x≤0在x>0时恒成立.
    所以a≥+ln x在x>0时恒成立.
    令g(x)=+ln x(x>0),
    则g′(x)=-+=(x>0),
    由g′(x)>0,得x>1;
    由g′(x)<0,得0 故g(x)在(0,1)上为单调递减函数,在(1,+∞)上为单调递增函数,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)不可能是单调递减函数.
    若f(x)为单调递增函数,
    则f′(x)≥0在x>0时恒成立,
    即-a+ln x≥0在x>0时恒成立,
    所以a≤+ln x在x>0时恒成立,由上述推理可知此时a≤1.
    故实数a的取值范围是(-∞,1].
    B组 能力提升练
    1.已知x∈(0,2),若关于x的不等式<恒成立,则实数k的取值范围为(  )
    A.[0,e+1) B.[0,2e-1)
    C.[0,e) D.[0,e-1)
    解析:依题意,知k+2x-x2>0,即k>x2-2x对任意x∈(0,2)恒成立,从而k≥0,所以由<可得k<+x2-2x.令f(x)=+x2-2x.则f′(x)=+2(x-1)=(x-1).
    令f′(x)=0,得x=1,当x∈(1,2)时,f′(x)>0,函数f(x)在(1,2)上单调递增,当x∈(0,1)时,f′(x)<0,函数f(x)在(0,1)上单调递减,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:D
    2.已知函数f(x)=ax2+bx-ln x(a>0,b∈R),若对任意x>0,f (x)≥f(1),则(  )
    A.ln a<-2b B.ln a≤-2b
    C.ln a>-2b D.ln a≥-2b
    解析:f′(x)=2ax+b-,由题意可知f′(1)=0,即2a+b=1,由选项可知,只需比较ln a+2b与0的大小,而b=1-2a,所以只需判断ln a+2-4a的符号.构造一个新函数g(x)=2-4x+ln x,则g′(x)=-4,令g′(x)=0,得x=,当x<时,g(x)为增函数,当x>时,g(x)为减函数,所以对任意x>0有g(x)≤g=1-ln 4<0,所以有g(a)=2-4a+ln a=2b+ln a<0⇒ln a<-2b,故选A.
    答案:A
    3.已知f(x)=x3-6x2+9x-abc,a<b<c,且f(a)=f(b)=f(c)=0.现给出如下结论:①f(0)f(1)>0;②f(0)f(1)<0;③f(0)f(3)>0;④f(0)f(3)<0.
    其中正确结论的序号是(  )
    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,或者a<0,b<0,c>0.

    又x=1,x=3为函数f(x)的极值点,后一种情况不可能成立,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:C
    4.已知函数f(x)=ax3-3x2+1,若f(x)存在唯一的零点x0,且x0>0,则a的取值范围是(  )
    A.(2,+∞) B.(-∞,-2)
    C.(1,+∞) D.(-∞,-1)
    解析:当a=0时,显然f(x)有两个零点,不符合题意.
    当a≠0时,f′(x)=3ax2-6x,令f′(x)=0,解得x1=0,x2=.
    当a>0时,>0,所以函数f(x)=a x3-3x2+1在(-∞,0)与上为增函数,在上为减函数,因为f(x)存在唯一零点x0,且x0>0,则f(0)<0,即1<0,不成立.
    当a<0时,<0,所以函数f(x)=ax3-3x2+1在和(0,+∞)上为减函数,在上为增函数,因为f(x)存在唯一零点x0,且x0>0,则f>0,即a·-3·+1>0,解得a>2或a<-2,又因为a<0,故a的取值范围为(-∞,-2).选B.
    答案:B
    5.已知函数f(x)=ln x-ax2+x有两个不同零点,则实数a的取值范围是(  )
    A.(0,1) B.(-∞,1)
    C. D.
    解析:令g(x)=ln x,h(x)=ax2-x,
    将问题转化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,不满足题意;
    当a>0时,由ln x-ax2+x=0,得a=.
    令r(x)=,则r′(x)==,
    当0<x<1时,r′(x)>0,r(x)是单调增函数,
    当x>1时,r′(x)<0,r(x)是单调减函数,且>0,∴0<a<1.
    ∴a的取值范围是(0,1).故选A.
    答案:A
    6.已知函数f(x)=-x2-3x+4ln x在(t,t+1)上不单调,则实数t的取值范围是________.
    解析:∵函数f(x)=-x2-3x+4ln x(x>0),
    ∴f′(x)=-x-3+,
    ∵函数f(x)=-x2-3x+4ln x在(t,t+1)上不单调,
    ∴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________.
    解析:因为g(x)=xf(x)+1(x>0),g′(x)=xf′(x)+f(x)>0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增,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:0
    8.已知函数g(x)满足g(x)=g′(1)ex-1-g(0)x+x2,且存在实数x0使得不等式2m-1≥g(x0)成立,则m的取值范围为__________.
    解析: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+x2,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)取得最小值g(0)=1,根据题意将不等式转化为2m-1≥g(x)min=1,所以m≥1.
    答案:[1,+∞)
    9.已知函数f(x)=x2-(2t+1)x+tln x(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)成立,求实数t的最大值.
    解析:(1)依题意,函数f(x)的定义域为(0,+∞),
    当t=1时,f(x)=x2-3x+ln x,f′(x)=2x-3+=.
    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=或x=1,f′(x),f(x)随x的变化情况如下:
    x



    1
    (1,+∞)
    f′(x)

    0

    0

    f(x)

    极大值

    极小值

    由表格知,f(x)极大值=f=-+ln,f(x)极小值=f(1)=-2.
    (2)由题意知,不等式f(x)≥g(x)在区间[1,e]上有解,
    即x2-2x+t(ln x-x)≥0在区间[1,e]上有解.
    ∵当x∈[1,e]时,ln x≤1≤x(不同时取等号),∴ln x-x<0,∴t≤在区间[1,e]上有解.
    令h(x)=,则h′(x)=.
    ∵x∈[1,e],∴x+2>2≥2ln x,∴h′(x)≥0,h(x)单调递增,∴x∈[1,e]时,h(x)max=h(e)=.
    ∴t≤,∴实数t的最大值是.
    10.已知函数f(x)=x2+(1-a)x-aln x.
    (1)讨论f(x)的单调性;
    (2)设a<0,若对∀x1,x2∈(0,+∞),|f(x1)-f(x2)|≥4|x1-x2|,求a的取值范围.
    解析:(1)f(x)的定义域为(0,+∞).
    求导,得f′(x)=x+1-a-==.
    若a≤0,则f′(x)>0,此时f(x)在(0,+∞)上单调递增.
    若a>0,则由f′(x)=0,得x=a.当0 f′(x)<0;当x>a时,f′(x)>0.
    此时f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增.
    (2)不妨设x1≤x2,而a<0,由(1)知,f(x)在(0,+∞)上单调递增,∴f(x1)≤f(x2).从而对∀x1,x2∈(0,+∞), |f(x1)-f(x2)|≥4|x1-x2|等价于
    对∀x1,x2∈(0,+∞),4x1-f(x1)≥4x2-f(x2).①
    令g(x)=4x-f(x),则g′(x)=4-f′(x)=4-=-x+3+a.
    ①等价于g(x)在(0,+∞)上单调递减,
    ∴g′(x)=-x+3+a≤0对∀x∈(0,+∞)恒成立,
    ∴a≤对∀x∈(0,+∞)恒成立,∴a≤min.
    又=x+1+-5≥2-5=-1,当且仅当x+1=,即x=1时,等号成立.
    ∴a≤-1.
    故a的取值范围为(-∞,-1].

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