高考调研理科数学课时作业讲解课时作业16Word格式.docx
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aD.b<
c<
a
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)<
f(0)<
f(),即c<
b.
6.f(x)为定义在R上的可导函数,且f′(x)>
f(x),对任意正实数a,则下列式子成立的是( )
A.f(a)<
eaf(0)B.f(a)>
eaf(0)
C.f(a)<
D.f(a)>
解析 令g(x)=,
∴g′(x)==>
∴g(x)在R上为增函数,又∵a>
∴g(a)>
g(0)即>
即f(a)>
eaf(0).
7.(2012·
福建)已知f(x)=x3-6x2+9x-abc,a<
c,且f(a)=f(b)=f(c)=0.现给出如下结论,其中正确的是( )
①f(0)f
(1)>
0;
②f(0)f
(1)<
③f(0)f(3)>
④f(0)f(3)<
A.①③B.①④
C.②③D.②④
答案 C
解析 ∵f(x)=x3-6x2+9x-abc,∴f′(x)=3x2-12x+9=3(x-1)(x-3),令f′(x)=0,得x=1或x=3.依题意有,函数f(x)=x3-6x2+9x-abc的图像与x轴有三个不同的交点,故f
(1)f(3)<
0,即(1-6+9-abc)(33-6×
32+9×
3-abc)<
∴0<
abc<
4,∴f(0)=-abc<
0,f
(1)=4-abc>
0,f(3)=-abc<
0,故②③是对的,应选C.
8.(2012·
冀州中学模拟)若函数f(x)的导函数f′(x)=x2-4x+3,则使函数f(x-1)单调递减的一个充分不必要条件是x∈( )
A.(0,1)B.[0,2]
C.(2,3)D.(2,4)
解析 由f′(x)<
0⇔x2-4x+3<
即1<
3,∴函数f(x)在(1,3)上递减.
∴函数f(x-1)在(2,4)上递减.
故D为充要条件,C为充分不必要条件.
9.设曲线y=x2+1在其任一点(x,y)处切线斜率为g(x),则函数y=g(x)·
cosx的部分图像可以为( )
解析 g(x)=2x,
∴y=2x·
cosx此函数为奇函数,排除B、D.
当x∈(0,)时,y>
0,排除C选A.
10.函数y=x-2sinx在(0,2π)内的单调增区间为________.
答案 (,)
解析 ∵y′=1-2cosx,∴由
即得<
∴函数y=x-2sinx在(0,2π)内的增区间为(,).
11.函数f(x)的定义域为R,且满足f
(2)=2,f′(x)>
1,则不等式f(x)-x>
0的解集为________.
答案 (2,+∞)
解析 令g(x)=f(x)-x,
∴g′(x)=f′(x)-1.
由题意知g′(x)>
0,∴g(x)为增函数.
∵g
(2)=f
(2)-2=0,
∴g(x)>
0的解集为(2,+∞).
12.已知函数f(x)=xsinx,x∈R,f(-4),f(),f(-)的大小关系为______(用“<
”连接).
答案 f()<
f(-4)<
f(-).
解析 f′(x)=sinx+xcosx,当x∈[,]时,sinx<
0,cosx<
∴f′(x)=sinx+xcosx<
0,则函数f(x)在x∈[,]时为减函数.
∴f()<
f(4)<
f(),又函数f(x)为偶函数,
13.已知函数f(x)=mx2+lnx-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+-2≥0对一切x>
0恒成立.
m≥-2+,令g(x)=-2+,则当=1时,
函数g(x)取得最大值1,故m≥1.
14.求函数f(x)=x(ex-1)-的单调区间.
答案 在(-∞,-1],[0,+∞)上单调递增,在[-1,0]上单调递减.
解析 f(x)=x(ex-1)-x2,
f′(x)=ex-1+xex-x=(ex-1)(x+1).
当x∈(-∞,-1)时,f′(x)>
当x∈(-1,0)时,f′(x)<
当x∈(0,+∞)时,f′(x)>
故f(x)在(-∞,-1],[0,+∞)上单调递增,在[-1,0]上单调递减.
15.设函数f(x)=x2-1+cosx(a>
0).
(1)当a=1时,证明:
函数y=f(x)在(0,+∞)上是增函数;
(2)若y=f(x)在(0,+∞)上是单调增函数,求正数a的范围.
答案
(1)略
(2)a≥1
解析
(1)证明:
当a=1时,f(x)=x2-1+cosx.
令g(x)=f′(x)=x-sinx,
g′(x)=1-cosx≥0,∀x∈(0,+∞)恒成立.
∴y=g(x)在(0,+∞)上是增函数.
g(0)=0.
∴f′(x)>
0恒成立,∴f(x)在(0,+∞)为增函数.
(2)f(x)=x2-1+cosx,
令h(x)=f′(x)=ax-sinx.
∵y=f(x)在(0,+∞)上单调递增,
∴ax-sinx>
当a≥1时,∀x∈(0,+∞),
恒有ax≥x>
sinx,满足条件.
当0<
1时,h′(x)=a-cosx.
令h′(x)=0,得cosx=a,在(0,)内存在x0,使得cosx0=a.
当x∈(0,x0)时,h′(x)<
∴h(x)<
h(0),即f′(x)<
f′(0)=0.
与∀x∈(0,+∞),f′(x)>
0恒成立矛盾.∴a≥1.
16.(2012·
北京)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)记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=-.
当a>
0时,h(x)与h′(x)的情况如下:
x
-
h′(x)
+
h(x)
所以函数h(x)的单调递增区间为和;
单调递减区间为.
当-≥-1,即0<
a≤2时,
函数h(x)在区间(-∞,-1]上单调递增,h(x)在区间(-∞,-1]上的最大值为h(-1)=a-a2.
当-<
-1,且-≥-1,即2<
a≤6时,
函数h(x)在区间内单调递增,在区间上单调递减,h(x)在区间(-∞,-1]上的最大值为h=1.
-1,即a>
6时,函数h(x)在区间内单调递增,在区间内单调递减,在区间上单调递增.
又因h(-)-h(-1)=1-a+a2=2>
1,
所以h(x)在区间(-∞,-1]上的最大值为h(-)=1.
17.已知函数f(x)=lnx-ax+-1(a∈R).
(1)当a=-1时,求曲线y=f(x)在点(2,f
(2))处的切线方程;
(2)当a≤时,讨论f(x)的单调性.
解析
(1)当a=-1时,f(x)=lnx+x+-1,x∈(0,+∞).
∴f′(x)=+1-,∴f
(2)=ln2+2,f′
(2)=1.
∴曲线y=f(x)在点(2,f
(2))处的切线方程为y=x+ln2.
(2)因为f(x)=lnx-ax+-1,
所以f′(x)=-a+=-,x∈(0,+∞).
令g(x)=ax2-x+1-a,x∈(0,+∞),
①当a=0时,g(x)=-x+1,x∈(0,+∞).
所以当x∈(0,1)时g(x)>
0,此时f′(x)<
0,函数f(x)单调递减,当x∈(1,+∞)时g(x)<
0,此时f′(x)>
0,函数f(x)单调递增.
②当a≠0时,由f′(x)=0,解得x1=1,x2=-1.
(ⅰ)若a=时,f′(x)<
0,所以函数f(x)在(0,+∞)上单调递减.
(ⅱ)若0<
时,由f′(x)<
0,得x<
1或x>
-1,所以函数f(x)在(0,1),单调递减,在上单调递增.
(ⅲ)当a<
0时,由于-1<
0,由f′(x)<
∴x∈(0,1)时,函数f(x)递减;
x∈(1,+∞)时,函数f(x)递增.
综上所述:
当a≤0时,函数f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增;
当a=时,函数f(x)在(0,+∞)上单调递减;
时,函数f(x)在(0,1),上单调递减,在上单调递增.
1.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.
C.4D.2
答案 D
解析 f′(x)=(2x-2)ex+(x2-2x)ex=(x2-2)ex.
令f′(x)<
0.∴-<
即函数f(x)的递减区间为(-,).
∴b-a的最大值为2.
2.已知函数y=xf′(x)的图像如图所示.下面四个图像中y=f(x)的图像大致是( )
解析 由题意知,x∈(0,1)时,f′(x)<
0,f(x)为减函数.
x∈(1,+∞)时,f′(x)>
0,f(x)为增函数.
x∈(-1,0)时,f′(x)<
3.对于R上可导的任意函数f(x),若满足(x-a)f′(x)≥0,则必有( )
A.f(x)≥f(a)B.f(x)≤f(a)
C.f(x)>
f(a)D.f(x)<
f(a)
解析 由题意知,x>
a时,f′(x)≥0,x<
a时,f′(x)≤0.
∴函数在(-∞,a)上递减,(a,+∞)上递增,∴f(x)≥f(a).
4.函数f(x)的定义域为R,f(-1)=2,对任意x∈R,f′(x)>
2,则f(x)>
2x+4的解集为( )
A.(-1,1)B.(-1,+∞)
C.(-∞,-1)D.(-∞,+∞)
解析 设g(x)=f(x)-2x-4,则g′(x)=f′(x)-2.
∵f′(x)>
2,∴g′(x)>
∴g(x)在R上是增函数.
又∵g(-1)=f(-1)-2(-1)-4=0,
g(-1)=0,∴x>
-1.
5.若f(x)=,e<
b,则( )
A.f(a)>
f(b)B.f(a)=f(b)
f(b)D.f(a)f(b)>
1
解析 f′(x)=,当x>
e时,f′(x)<
则f(x)在(e,+∞)上为减函数,f(a)>
f(b),故选A.
6.若a>
2,则函数f(x)=x3-ax2+1在区间(0,2)上恰好有( )
A.0个零点B.1个零点
C.2个零点D.3个零点
解析 ∵f′(x)=x2-2ax,且a>
2,
∴当x∈(0,2)时,f′(x)<
即f(x)在(0,2)上是单调减函数.
又∵f(0)=1>
0,f
(2)=-4a<
∴f(x)在(0,2)上恰好有1个零点.故选B.
7.设f(x)、g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数,当x<0时,f′(x)·
g(x)+f(x)·
g′(x)>0,且f(-3)·
g(-3)=0,则不等式f(x)·
g(x)<0的解集是( )
A.(-3,0)∪(3,+∞)B.(-3,0)∪(0,3)
C.(-∞,-3)∪(3,+∞)D.(-∞,-3)∪(0,3)
解析 f(x)、g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数,
∴f(x)·
g(x)为奇函数.
当x<0时,f′(x)·
g(x)+f(x)g′(x)>0.
即x<0时,[f(x)·
g(x)]′>0.
g(x)为增函数,且f(-3)·
g(-3)=0.
根据函数性质可知,f(x)·
g(x)<0的解集为
(-∞,-3)∪(0,3).
8.若函数f(x)的导函数f′(x)=x2-4x+3,则函数f(x+1)的单调递减区间是( )
A.(2,4)B.(-3,-1)
C.(1,3)D.(0,2)
解析 由f′(x)=x2-4x+3=(x-1)(x-3)知,当x∈(1,3)时,f′(x)<
0.函数f(x)在(1,3)上为减函数,函数f(x+1)的图像是由函数y=f(x)图像向左平移1个单位长度得到的,所以(0,2)为函数y=f(x+1)的单调减区间.
9.(2012·
丹东四校联考)已知定义在R上的奇函数f(x),设其导函数为f′(x),当x∈(-∞,0)时,恒有xf′(x)<
f(-x),令F(x)=xf(x),则满足F(3)>
F(2x-1)的实数x的取值范围是( )
A.(-1,2)B.(-1,)
C.(,2)D.(-2,1)
解析 f(x)是奇函数,且x∈(-∞,0]时,xf′(x)<
f(-x).
∴xf′(x)<
-f(x),即xf′(x)+f(x)<
又F(x)=xf(x),∴F′(x)=f(x)+xf′(x)<
∴F(x)在(-∞,0]上是减函数.
又F(-x)=-xf(-x)=-x[-f(x)]=xf(x)=F(x),
∴F(x)是偶函数.
∴F(x)在[0,+∞)上增函数.
由F(3)>
F(2x-1),得F(3)>
F(|2x-1|).
∴3>
|2x-1|即-1<
2.
10.(2013·
皖南八校)已知函数f(x)=alnx-ax-3(a∈R).
(1)求函数f(x)的单调区间;
(2)函数y=f(x)的图像在x=4处的切线的斜率为,若函数g(x)=x3+x2[f′(x)+]在区间(1,3)上不是单调函数,求m的取值范围.
解析
(1)f′(x)=(x>
0),
0时,f(x)的单调递增区间为(0,1],单调递减区间为[1,+∞);
当a<
0时,f(x)的单调递增区间为[1,+∞),单调递减区间为(0,1];
当a=0时,f(x)不是单调函数.
(2)由f′(4)=-=,得a=-2,则f(x)=-2lnx+2x-3.
∴g(x)=x3+(+2)x2-2x.
∴g′(x)=x2+(m+4)x-2.
∵g(x)在区间(1,3)上不是单调函数,且g′(0)=-2<
∴∴
故m的取值范围是(-,-3).
11.已知函数f(x)=ln(ex+a)(a为常数)是实数集R上的奇函数,函数g(x)=λf(x)+sinx是区间[-1,1]上的减函数.求实数λ取值的集合A.
解析 ∵f(-x)=-f(x),
∴ln(e-x+a)=-ln(ex+a).
∴e-x+a=.
∴a(e-x+ex+a)=0.∴a=0.
∴f(x)=x,且g(x)=λx+sinx在[-1,1]上单调递减.
∴g′(x)=λ+cosx≤0在x∈[-1,1]上恒成立.
∴λ≤-cosx,∴λ≤-1,即A=(-∞,-1].
12.(2012·
新课标全国文)设函数f(x)=ex-ax-2.
(1)求f(x)的单调区间;
(2)若a=1,k为整数,且当x>
0时,(x-k)f′(x)+x+1>
0,求k的最大值.
解析
(1)f(x)的定义域为(-∞,+∞),f′(x)=ex-a.
若a≤0,则f′(x)>
0,所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递增.
若a>
0,则当x∈(-∞,lna)时,f′(x)<
当x∈(lna,+∞)时,f′(x)>
0,所以,f(x)在(-∞,lna)上单调递减,在(lna,+∞)上单调递增.
(2)由于a=1,所以(x-k)f′(x)+x+1=(x-k)(ex-1)+x+1.
故当x>
0等价于
k<
+x(x>
0).①
令g(x)=+x,则g′(x)=+1=.
由
(1)知,函数h(x)=ex-x-2在(0,+∞)上单调递增.而h
(1)<
0,h
(2)>
0,所以h(x)在(0,+∞)上存在唯一的零点.故g′(x)在(0,+∞)上存在唯一的零点.设此零点为α,则α∈(1,2).
当x∈(0,α)时,g′(x)<
当x∈(α,+∞)时,g′(x)>
0.所以g(x)在(0,+∞)上的最小值为g(α).又由g′(α)=0,可得eα=α+2,所以g(α)=α+1∈(2,3).
由于①式等价于k<
g(α),故整数k的最大值为2.