人教B版 (2019)选择性必修 第三册第六章 导数及其应用6.2 利用导数研究函数的性质6.2.2 导数与函数的极值、最值第三课时随堂练习题

这是一份人教B版 (2019)选择性必修 第三册第六章 导数及其应用6.2 利用导数研究函数的性质6.2.2 导数与函数的极值、最值第三课时随堂练习题，共9页。试卷主要包含了证明以下不等式，答案等内容，欢迎下载使用。
1．已知函数f(x)的定义域为[－1，4]，部分对应值如下表：
f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示．当10,ex（x＋1），x≤0))，若函数g(x)＝f(x)－b有三个零点，则实数b可取的值可能是( )
A．0B．eq \f(1,2)
C．1D．2
9．已知f(x)是定义在(0，＋∞)上的函数，f′(x)是f(x)的导函数，且总有f(x)>xf′(x)，则不等式f(x)>xf(1)的解集为( )
A．(－∞，0) B．(0，＋∞)
C．(0，1) D．(1，＋∞)
10.已知函数f(x)＝xex－a(lnx＋x)有两个零点，则整数a的最小值为________．
11．设函数f(x)＝ax2＋(2a－1)x－lnx(a∈R).
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若函数g(x)＝f(x)－(2a－1)x－1有两个零点x1，x2，求实数a的范围．
12．已知函数f(x)＝eq \f(lnx－2,x)＋1，g(x)＝mex＋f(x)(m∈R，e为自然对数的底数).
(1)求函数f(x)的极值；
(2)若对∀x∈(0，＋∞)，g(x)lna时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x1.故选B.
4．证明：(1)令f(x)＝ex－(x＋1)，则有f′(x)＝ex－1.
令f′(x)0，
所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
所以f(x)≥f(0)＝e0－1＝0，即ex－(x＋1)≥0.
所以ex≥x＋1.
(2)令g(x)＝lnx－(x－1)(x>0)，则g′(x)＝eq \f(1,x)－1.
令g′(x)0，即eq \f(1,x)－10，f(x)单调递增，不可能有两个零点，不符合题意；
当a>0时，f′(x)＝0有唯一解x＝x0，
此时x0ex0＝a，
则必有f(x)min＝f(x0)＝x0ex0－a(lnx0＋x0)＝x0ex0－aln (x0ex0)＝a－alna0，∴f′(x)0时，∵x>0，∴由f′(x)>0可得x>eq \f(1,2a)，由f′(x)0时，由g′(x)＝0得x＝eq \r(\f(1,2a))或x＝－eq \r(\f(1,2a))(舍去).
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\r(\f(1,2a))))时，g′(x)0，g(x)为增函数，
所以当x＝eq \r(\f(1,2a))时取得最小值g( eq \r(\f(1,2a)))＝eq \f(1,2)ln2a－eq \f(1,2)，
要使g(x)有两个零点x1，x2，需要g(eq \r(\f(1,2a)))