届人教A版导数与函数 检测卷.docx
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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0
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, ∴0 ∴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 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.
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