一輪創(chuàng)新思維文數人教版A版練習：第二章 第十一節(jié)　第一課時　函數的導數與單調性 Word版含解析

高考數學精品復習資料 2019.5課時規(guī)范練A組基礎對點練1.函數f(x)的導函數f(x)的圖象是如圖所示的一條直線l，l與x軸的交點坐標為(1,0)，則f(0)與f(3)的大小關系為()Af(0)<f(3)Bf(0)>f(3)Cf(0)f(3)D無法確定解析：由題意知f(x)的圖象是以x1為對稱軸，且開口向下的拋物線，所以f(0)f(2)>f(3)選B.答案：B2已知函數yf(x)的圖象是下列四個圖象之一，且其導函數yf(x)的圖象如圖所示，則該函數的圖象是()解析：在(1,0)上f(x)單調遞增，所以f(x)圖象的切線斜率呈遞增趨勢；在(0,1)上f(x)單調遞減，所以f(x)圖象的切線斜率呈遞減趨勢故選B.答案：B3若函數f(x)kxln x在區(qū)間(1，)單調遞增，則k的取值范圍是()A(，2B(，1C2，) D1，)解析：依題意得f(x)k0在(1，)上恒成立，即k在(1，)上恒成立，x>1，0<<1，k1，故選D.答案：D4(20xx遼寧大連高三雙基測試)已知函數f(x)ex2x1(其中e為自然對數的底數)，則yf(x)的圖象大致為()解析：依題意得f(x)ex2.當xln 2時，f(x)0，f(x)是減函數，f(x)f(ln 2)12ln 2；當xln 2時，f(x)0，f(x)是增函數，因此對照各選項知選C.答案：C5已知函數f(x)ex(x1)2(e為2.718 28)，則f(x)的大致圖象是()解析：對f(x)ex(x1)2求導得f(x)ex2x2，顯然x時，導函數f(x)>0，函數f(x)是增函數，排除A，D；x1時，f(1)0，所以x1不是函數的極值點，排除B，故選C.答案：C6(20xx江淮十校聯考)設函數f(x)x29ln x在區(qū)間a1，a1上單調遞減，則實數a的取值范圍是()A1<a2 Ba4Ca2 D0<a3解析：易知函數f(x)的定義域為(0，)，f(x)x，由f(x)x<0，解得0<x<3.因為函數f(x)x29ln x在區(qū)間a1，a1上單調遞減，所以解得1<a2，選A.答案：A7已知f(x)，則()Af(2)>f(e)>f(3) Bf(3)>f(e)>f(2)Cf(3)>f(2)>f(e) Df(e)>f(3)>f(2)解析：f(x)的定義域是(0，)，f(x)，令f(x)0，得xe.當x(0，e)時，f(x)>0，f(x)單調遞增，當x(e，)時，f(x)<0，f(x)單調遞減，故xe時，f(x)maxf(e)，而f(2)，f(3)，所以f(e)>f(3)>f(2)，故選D.答案：D8(20xx四川成都模擬)f(x)是定義域為R的函數，對任意實數x都有f(x)f(2x)成立若當x1時，不等式(x1)f(x)0成立，若af(0.5)，bf，cf(3)，則a，b，c的大小關系是()Abac BabcCcba Dacb解析：因為對任意實數x都有f(x)f(2x)成立，所以函數f(x)的圖象關于直線x1對稱，又因為當x1時，不等式(x1)f(x)0成立，所以函數f(x)在(1，)上單調遞減，所以ff(0.5)ff(3)，即bac.答案：A9(20xx九江模擬)已知函數f(x)x22axln x，若f(x)在區(qū)間上是增函數，則實數a的取值范圍為_解析：由題意知f(x)x2a0在上恒成立，即2ax在上恒成立，max，2a，即a.答案：10設f(x)是奇函數f(x)(xR)的導函數，f(2)0，當x0時，xf(x)f(x)0，則使得f(x)0成立的x的取值范圍是_解析：令g(x)，則g(x)，當x0時，g(x)0，即g(x)在(0，)上單調遞增，f(x)為奇函數，f(2)0，f(2)0，g(2)0，結合奇函數f(x)的圖象知，f(x)0的解集為(2,0)(2，)，故填(2,0)(2，)答案：(2,0)(2，)11(20xx荊州質檢)設函數f(x)x3x2bxc，曲線yf(x)在點(0，f(0)處的切線方程為y1.(1)求b，c的值；(2)若a0，求函數f(x)的單調區(qū)間解析：(1)f(x)x2axb，由題意得即(2)由(1)得，f(x)x2axx(xa)(a0)，當x(，0)時，f(x)0；當x(0，a)時，f(x)0；當x(a，)時，f(x)0.所以函數f(x)的單調遞增區(qū)間為(，0)，(a，)，單調遞減區(qū)間為(0，a)12已知函數f(x)exln xaex(aR)(1)若f(x)在點(1，f(1)處的切線與直線yx1垂直，求a的值；(2)若f(x)在(0，)上是單調函數，求實數a的取值范圍解析：(1)f(x)exln xexaexex，f(1)(1a)e，由(1a)e1，得a2.(2)由(1)知f(x)ex，若f(x)為單調遞減函數，則f(x)0在x>0時恒成立即aln x0在x>0時恒成立所以aln x在x>0時恒成立令g(x)ln x(x>0)，則g(x)(x>0)，由g(x)>0，得x>1；由g(x)<0，得0<x<1.故g(x)在(0,1)上為單調遞減函數，在(1，)上為單調遞增函數，此時g(x)的最小值為g(1)1，但g(x)無最大值(且無趨近值)故f(x)不可能是單調遞減函數若f(x)為單調遞增函數，則f(x)0在x>0時恒成立，即aln x0在x>0時恒成立，所以aln x在x>0時恒成立，由上述推理可知此時a1.故實數a的取值范圍是(，1B組能力提升練1已知x(0,2)，若關于x的不等式恒成立，則實數k的取值范圍為()A0，e1) B0,2e1)C0，e) D0，e1)解析：依題意，知k2xx20，即kx22x對任意x(0,2)恒成立，從而k0，所以由可得kx22x.令f(x)x22x.則f(x)2(x1)(x1).令f(x)0，得x1，當x(1,2)時，f(x)0，函數f(x)在(1,2)上單調遞增，當x(0,1)時，f(x)0，函數f(x)在(0,1)上單調遞減，所以kf(x)minf(1)e1，故實數k的取值范圍是0，e1)答案：D2已知函數f(x)ax2bxln x(a0，bR)，若對任意x0，f (x)f(1)，則()Aln a2b Bln a2bCln a2b Dln a2b解析：f(x)2axb，由題意可知f(1)0，即2ab1，由選項可知，只需比較ln a2b與0的大小，而b12a，所以只需判斷l(xiāng)n a24a的符號構造一個新函數g(x)24xln x，則g(x)4，令g(x)0，得x，當x時，g(x)為增函數，當x時，g(x)為減函數，所以對任意x0有g(x)g1ln 40，所以有g(a)24aln a2bln a0ln a2b，故選A.答案：A3已知f(x)x36x29xabc，abc，且f(a)f(b)f(c)0.現給出如下結論：f(0)f(1)0；f(0)f(1)0；f(0)f(3)0；f(0)f(3)0.其中正確結論的序號是()A BC D解析：f(x)3x212x93(x1)(x3)由f(x)0，得1x3，由f(x)0，得x1或x3，f(x)在區(qū)間(1,3)上是減函數，在區(qū)間(，1)，(3，)上是增函數又abc，f(a)f(b)f(c)0，y極大值f(1)4abc0，y極小值f(3)abc0，0abc4.a，b，c均大于零，或者a0，b0，c0.又x1，x3為函數f(x)的極值點，后一種情況不可能成立，如圖f(0)0，f(0)f(1)0，f(0)f(3)0，正確結論的序號是.答案：C4已知函數f(x)ax33x21，若f(x)存在唯一的零點x0，且x0>0，則a的取值范圍是()A(2，) B(，2)C(1，) D(，1)解析：當a0時，顯然f(x)有兩個零點，不符合題意當a0時，f(x)3ax26x，令f(x)0，解得x10，x2.當a0時，0，所以函數f(x)a x33x21在(，0)與上為增函數，在上為減函數，因為f(x)存在唯一零點x0，且x00，則f(0)0，即10，不成立當a0時，0，所以函數f(x)ax33x21在和(0，)上為減函數，在上為增函數，因為f(x)存在唯一零點x0，且x00，則f0，即a310，解得a2或a2，又因為a0，故a的取值范圍為(，2)選B.答案：B5已知函數f(x)ln xax2x有兩個不同零點，則實數a的取值范圍是()A(0,1) B(，1)C. D.解析：令g(x)ln x，h(x)ax2x，將問題轉化為兩個函數圖象交點的問題當a0時，g(x)和h(x)的圖象只有一個交點，不滿足題意；當a0時，由ln xax2x0，得a.令r(x)，則r(x)，當0x1時，r(x)0，r(x)是單調增函數，當x1時，r(x)0，r(x)是單調減函數，且0，0a1.a的取值范圍是(0,1)故選A.答案：A6已知函數f(x)x23x4ln x在(t，t1)上不單調，則實數t的取值范圍是_解析：函數f(x)x23x4ln x(x0)，f(x)x3，函數f(x)x23x4ln x在(t，t1)上不單調，f(x)x30在(t，t1)上有解，0在(t，t1)上有解，x23x40在(t，t1)上有解，由x23x40得x1或x4(舍去)，1(t，t1)，t(0,1)，故實數t的取值范圍是(0,1)答案：(0,1)7已知yf(x)為R上的連續(xù)可導函數，且xf(x)f(x)0，則函數g(x)xf(x)1(x0)的零點個數為_解析：因為g(x)xf(x)1(x0)，g(x)xf(x)f(x)0，所以g(x)在(0，)上單調遞增，又g(0)1，yf(x)為R上的連續(xù)可導函數，所以g(x)為(0，)上的連續(xù)可導函數，又g(x)g(0)1，所以g(x)在(0，)上無零點答案：08已知函數g(x)滿足g(x)g(1)ex1g(0)xx2，且存在實數x0使得不等式2m1g(x0)成立，則m的取值范圍為_解析：g(x)g(1)ex1g(0)x，當x1時，g(0)1，由g(0)g(1)e01，解得g(1)e，所以g(x)exxx2，則g(x)ex1x，當x<0時，g(x)<0，當x>0時，g(x)>0，所以當x0時，函數g(x)取得最小值g(0)1，根據題意將不等式轉化為2m1g(x)min1，所以m1.答案：1，)9已知函數f(x)x2(2t1)xtln x(tR)(1)若t1，求曲線yf(x)在點(1，f(1)處的切線方程以及f(x)的極值；(2)設函數g(x)(1t)x，若存在x01，e，使得f(x0)g(x0)成立，求實數t的最大值解析：(1)依題意，函數f(x)的定義域為(0，)，當t1時，f(x)x23xln x，f(x)2x3.由f(1)0，f(1)2，得曲線yf(x)在點(1，f(1)處的切線方程為y2.令f(x)0，解得x或x1，f(x)，f(x)隨x的變化情況如下：x1(1，)f(x)00f(x)極大值極小值由表格知，f(x)極大值fln，f(x)極小值f(1)2.(2)由題意知，不等式f(x)g(x)在區(qū)間1，e上有解，即x22xt(ln xx)0在區(qū)間1，e上有解當x1，e時，ln x1x(不同時取等號)，ln xx<0，t在區(qū)間1，e上有解令h(x)，則h(x).x1，e，x2>22ln x，h(x)0，h(x)單調遞增，x1，e時，h(x)maxh(e).t，實數t的最大值是.10已知函數f(x)x2(1a)xaln x.(1)討論f(x)的單調性；(2)設a<0，若對x1，x2(0，)，|f(x1)f(x2)|4|x1x2|，求a的取值范圍解析：(1)f(x)的定義域為(0，)求導，得f(x)x1a.若a0，則f(x)>0，此時f(x)在(0，)上單調遞增若a>0，則由f(x)0，得xa.當0<x<a時，f(x)<0；當x>a時，f(x)>0.此時f(x)在(0，a)上單調遞減，在(a，)上單調遞增(2)不妨設x1x2，而a<0，由(1)知，f(x)在(0，)上單調遞增，f(x1)f(x2)從而對x1，x2(0，)， |f(x1)f(x2)|4|x1x2|等價于對x1，x2(0，)，4x1f(x1)4x2f(x2)令g(x)4xf(x)，則g(x)4f(x)4x3a.等價于g(x)在(0，)上單調遞減，g(x)x3a0對x(0，)恒成立，a對x(0，)恒成立，amin.又x15251，當且僅當x1，即x1時，等號成立a1.故a的取值范圍為(，1