届人教A版导数与函数 检测卷.docx

届人教A版导数与函数 检测卷.docx

《届人教A版导数与函数 检测卷.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《届人教A版导数与函数 检测卷.docx（17页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

届人教A版导数与函数检测卷

导数与函数专练

（一）·作业（二十六）

1．（2016·湖北黄冈联考）已知函数f（x）＝x3－x－.

（1）判断的单调性；

（2）求函数y＝f（x）的零点的个数；

（3）令g（x）＝＋lnx，若函数y＝g（x）在（0，）内有极值，求实数a的取值范围．

解析　

（1）设φ（x）＝＝x2－1－，其中x>0，

φ′（x）＝2x＋>0，∴φ（x）在（0，＋∞）上单调递增．

（2）∵φ

（1）＝－1<0，φ

（2）＝3－>0，

φ（x）在（0，＋∞）上单调递增，

∴φ（x）在（0，＋∞）内有唯一零点．

又f（x）＝x3－x－＝x·φ（x），显然x＝0为f（x）的一个零点，

∴y＝f（x）在[0，＋∞）上有且仅有两个零点.

（3）g（x）＝＋lnx＝＋lnx＝lnx＋，

则g′（x）＝－＝＝.

设h（x）＝x2－（2＋a）x＋1，则h（x）＝0有两个不同的根x1，x2，且有一根在（0，）内．

不妨设0e.

由于h（0）＝1，故只需h（）<0即可，即－（2＋a）＋1<0，

解得a>e＋－2.

2．（2016·新疆师范大学附中月考）已知函数f（x）＝，其中a>0.

（1）求函数f（x）的单调区间；

（2）若直线x－y－1＝0是曲线y＝f（x）的切线，求实数a的值；

（3）设g（x）＝xlnx－x2f（x），求g（x）在区间[1，e]上的最大值．（其中e为自然对数的底数）

解析　

（1）f′（x）＝（x≠0），在区间（－∞，0）和（2，＋∞）上，f′（x）<0；在区间（0，2）上，f′（x）>0.

所以f（x）的单调递减区间是（－∞，0）和（2，＋∞），单调递增区间是（0，2）．

（2）设切点坐标为（x0，y0），则

解得x0＝1，a＝1.

（3）g（x）＝xlnx－a（x－1），则g'（x）＝lnx＋1－a.

令g′（x）＝0，得x＝ea－1.

当ea－1≤1，即0

所以g（x）最大值g（e）＝e＋a－ae.

当ea－1≥e，即a≥2时，在区间[1，e]上，g（x）为递减函数，

所以g（x）最大值为g

（1）＝0.

当1

（1）中较大者．

g（e）－g

（1）＝a＋e－ae>0，解得a<.

所以当1

≤a<2时，g（x）最大值为g

（1）＝0.

综上所述，当0

当a≥时，g（x）的最大值为g

（1）＝0.

3．已知函数f（x）＝（4x2＋4ax＋a2），其中a<0.

（1）当a＝－4时，求f（x）的单调递增区间；

（2）若f（x）在区间[1，4]上的最小值为8，求a的值．

解析　

（1）当a＝－4时，f（x）＝（4x2－16x＋16），

f′（x）＝（x>0）．

令f′（x）>0，即（5x－2）（x－2）>0，

∴02.

∴f（x）的单调递增区间为（0，）和（2，＋∞）．

（2）∵f′（x）＝，a<0.

令f′（x）＝0，得x＝－或x＝－.

当0－时，f′（x）>0；

当－

∴f（x）在（0，－）和（－，＋∞）上单调递增；在（－，－）上单调递减．

易知f（x）＝（2x＋a）2×≥0且f（－）＝0.

①当－≤1时，即－2≤a<0，f（x）在[1，4]上的最小值为f

（1）．f

（1）＝4＋4a＋a2＝8，解得a＝±2－2，不符合题意．

②当1<－≤4，即－8≤a<－2时，

f（x）在（1，－）上单调递减，在（－，4）上单调递增．

∴f（x）min＝f（－），而f（－）＝0，不符合题意．

③当－>4，即a<－8时，

f（x）在[1，4]上取最小值为f

（1）或f（4）．

而由①知f

（1）＝8时不符合题意．

∴f（4）＝8，即2（64＋16a＋a2）＝8，

解得a＝－10或a＝－6（舍去）．

综上所述，a＝－10.

4．已知a∈R，函数f（x）＝＋lnx－1.

（1）当a＝1时，求曲线y＝f（x）在点（2，f

（2））处的切线方程；

（2）求f（x）在区间（0，e]上的最小值．

解析　

（1）当a＝1时，f（x）＝＋lnx－1，x∈（0，＋∞），

所以f′（x）＝－＋＝，x∈（0，＋∞）．

因此f′

（2）＝.

即曲线y＝f（x）在点（2，f

（2））处的切线斜率为.

又f

（2）＝ln2－，所以曲线y＝f（x）在点（2，f

（2））处的切线方程为y－（ln2－）＝（x－2），即x－4y＋4ln2－4＝0.

（2）因为f（x）＝＋lnx－1，

所以f′（x）＝－＋＝.

令f′（x）＝0，得x＝a.

①若a≤0，则f′（x）>0，函数f（x）在区间（0，e]上单调递增，此时函数f（x）无最小值．

②若0

当x∈（a，e]时，f′（x）>0，函数f（x）在区间（a，e]上单调递增，

所以当x＝a时，函数f（x）取得最小值lna.

③若a≥e，则当x∈（0，e]时，f′（x）≤0，函数f（x）在区间（0，e]上单调递减，

所以当x＝e时，函数f（x）取得最小值.

综上可知，当a≤0时，函数f（x）在区间（0，e]上无最小值；

当0

当a≥e时，函数f（x）在区间（0，e]上的最小值为.

5．（2016·衡水调研）已知函数f（x）＝（x3－6x2＋3x＋t）ex，t∈R.

（1）若函数f（x）在点（0，f（0））处的切线与y＝4x＋3平行，求t的值；

（2）若函数y＝f（x）有三个不同的极值点，求t的取值范围；

（3）若存在实数t∈[0，2]，使对任意的x∈[1，m]，不等式f（x）≤x恒成立，求正整数m的最大值．

解析　

（1）因为函数f（x）＝（x3－6x2＋3x＋t）ex，

所以f′（x）＝（x3－3x2－9x＋3＋t）ex.

函数f（x）在点（0，f（0））处的切线斜率为f′（0）＝3＋t，

由题意可得3＋t＝4，解得t＝1.

（2）f′（x）＝（x3－3x2－9x＋3＋t）ex，

令g（x）＝x3－3x2－9x＋3＋t，则方程g（x）＝0有三个不同的根．

又g′（x）＝3x2－6x－9＝3（x2－2x－3）＝3（x＋1）（x－3），

令g′（x）＝0，得x＝－1或x＝3.

且g（x）在区间（－∞，－1），（3，＋∞）上单调递增，在区间（－1，3）上单调递减，故原题等价于即有解得－8

（3）不等式f（x）≤x，即（x3－6x2＋3x＋t）ex≤x，

即t≤xe－x－x3＋6x2－3x.

转化为存在实数t∈[0，2]，使对任意的x∈[1，m]，不等式t≤xe－x－x3＋6x2－3x恒成立，

即不等式0≤xe－x－x3＋6x2－3x在x∈（1，m]上恒成立．

设φ（x）＝e－x－x2＋6x－3，则φ′（x）＝－e－x－2x＋6.

设r（x）＝φ′（x）＝－e－x－2x＋6，则r′（x）＝e－x－2.

因为1≤x≤m，有r′（x）<0.

故r（x）在区间[1，m]上是减函数．

又r

（1）＝4－e－1>0，r

（2）＝2－e－2>0，r（3）＝－e－3<0.

故存在x0∈（2，3），使得r（x0）＝φ′（x0）＝0.

当1≤x0；当x>x0时，有φ′（x）<0.

从而φ（x）在区间[1，x0]上单调递增，在区间[x0，＋∞）上单调递减，

又φ

（1）＝e－1＋2>0，φ

（2）＝e－2＋5>0，φ（3）＝e－3＋6>0，φ（4）＝e－4＋5>0，φ（5）＝e－5＋2>0，φ（6）＝e－6－3<0，

所以当1≤x≤5时，恒有φ（x）>0；当x≥6时，恒有φ（x）<0；

故符合题意的正整数m的最大值为5.

导数与函数专练

（二）·作业（二十七）

1．已知函数f（x）＝ex－x（e为自然对数的底数）．

（1）求f（x）的最小值；

（2）若对于任意的x∈[0，2]，不等式f（x）>ax恒成立，求实数a的取值范围．

解析　

（1）f（x）的导函数f′（x）＝ex－1，

令f′（x）>0，解得x>0；

令f′（x）<0，解得x<0.

从而f（x）在（－∞，0）上单调递减，在（0，＋∞）上单调递增．

所以当x＝0时，f（x）取得最小值1.

（2）设不等式f（x）>ax的解集为P，则{x|0≤x≤2}⊆P，

即对于任意x∈[0，2]，不等式f（x）>ax恒成立．

由于f（x）>ax，得（a＋1）x

当x＝0时，上述不等式显然成立，故只需考虑x∈（0，2]的情况．将（a＋1）x

令g（x）＝－1，则g（x）的导函数g′（x）＝.

令g′（x）>0，解得x>1；令g′（x）<0，解得x<1.

从而g（x）在（0，1）上单调递减，在（1，2]上单调递增．

所以当x＝1时，g（x）取得最小值e－1，从而实数a的取值范围是（－∞，e－1）．

2．（2016·湖南衡阳联考）已知函数f（x）＝x3－ax2－3x.

（1）若f（x）在区间[1，＋∞）上是增函数，求实数a的取值范围；

（2）若x＝－是f（x）的极值点，求f（x）在[1，a]上的最大值；

（3）在

（2）的条件下，是否存在实数b，使得函数g（x）＝bx的图像与函数f（x）的图像恰有3个交点？

若存在，请求出实数b的取值范围；若不存在，试说明理由．

解析　

（1）f′（x）＝3x2－2ax－3.∵f（x）在[1，＋∞）上单调递增，

∴f′（x）在[1，＋∞）上恒有f′（x）≥0，即3x2－2ax－3≥0在x∈[1，＋∞）上恒成立，则必有≤1，且f′

（1）＝－2a≥0，∴a≤0.

（2）f′（－）＝0，即＋a－3＝0，∴a＝4.

∴f（x）＝x3－4x2－3x.

令f′（x）＝3x2－8x－3＝0，解得x1＝－，x2＝3.

x，f′（x），f（x）的变化情况如下表：

x

1

（1，3）

3

（3，4）

4

f′（x）

－

0

＋

f（x）

－6

－18

－12

∴f（x）在[1，4]上的最大值为f

（1）＝－6.

（3）函数g（x）＝bx的图像与f（x）的图像恰有3个交点，即x3－4x2－3x＝bx恰有3个不等实根，∴方程x3－4x2－3x－bx＝0恰有3个不等实根．

其中x＝0是其中一个根，∴方程x2－4x－3－b＝0有两个不等于零的不等实根．

∴∴b>－7且b≠－3.

3．（2016·山东青岛检测）已知函数f（x）＝ax2＋1（a>0），g（x）＝x3＋bx.

（1）若曲线y＝f（x）与曲线y＝g（x）在它们的交点（1，c）处具有公共切线，求a，b的值；

（2）当a2＝4b时，求函数f（x）＋g（x）的单调区间，并求其在区间（－∞，－1]上的最大值．

解析　

（1）f′（x）＝2ax，g′（x）＝3x2＋b.

因为曲线y＝f（x）与曲线y＝g（x）在它们的交点（1，c）处具有公共切线，所以f

（1）＝g

（1），且f′

（1）＝g′

（1）．

即a＋1＝1＋b，且2a＝3＋b.解得a＝3，b＝3.

（2）设h（x）＝f（x）＋g（x）．当b＝a2时，h（x）＝x3＋ax2＋a2x＋1，h′（x）＝3x2＋2ax＋a2.

令h′（x）＝0，得x1＝－，x2＝－.

a>0时，h（x）与h′（x）的变化情况如下：

x

（－∞，－）

－

（－，－）

h′（x）

＋

0

－

h（x）

极大值

x

－

（－，＋∞）

h