高考数学单调性极值最值课后作业教师版.docx
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高考数学单调性极值最值课后作业教师版
A层
一、选择题
1.已知函数y=xf′(x)的图象如图所示(其中f′(x)是函数f(x)的导函数),下面四个图象中大致为y=f(x)的图象的是( )
解析:
选C 当0
2.若函数f(x)=kx-2lnx在区间(1,+∞)上单调递增,则k的取值范围是( )
A.(-∞,-2]B.(-∞,-1]
C.[1,+∞)D.[2,+∞)
解析:
选D 因为f(x)=kx-2lnx,所以f′(x)=k-.因为f(x)在区间(1,+∞)上单调递增,所以在区间(1,+∞)上f′(x)=k-≥0恒成立,即k≥恒成立,当x∈(1,+∞)时,0<<2,所以k≥2,故选D.
3.若函数f(x)=x2+(a-1)x-alnx存在唯一的极值,且此极值不小于1,则a的取值范围为( )
A.B.
C.D.(-1,0)∪
解析:
选B 对函数求导得f′(x)=x+a-1-=,因为函数存在唯一的极值,所以导函数存在唯一的零点,且零点大于0,故x=1是唯一的极值点,此时-a≤0且f
(1)=-+a≥1⇒a≥.故选B.
4.已知函数f(x)=xlnx-aex(e为自然对数的底数)有两个极值点,则实数a的取值范围是( )
A.B.(0,e)
C.D.(-∞,e)
解析:
选A f′(x)=lnx-aex+1,令f′(x)=0,得a=.若函数f(x)=xlnx-aex有两个极值点,则y=a和g(x)=在(0,+∞)上有2个交点,g′(x)=(x>0).令h(x)=-lnx-1,则h′(x)=--<0,h(x)在(0,+∞)上单调递减,而h
(1)=0,故x∈(0,1)时,h(x)>0,即g′(x)>0,g(x)单调递增,x∈(1,+∞)时,h(x)<0,即g′(x)<0,g(x)单调递减,故g(x)max=g
(1)=,而x→0时,g(x)→-∞,x→+∞时,g(x)→0.若y=a和g(x)=在(0,+∞)上有2个交点,只需0 5.已知函数f(x+1)是偶函数,当x∈(1,+∞)时,函数f(x)=sinx-x,设a=f,b=f(3),c=f(0),则a,b,c的大小关系为( ) A.b C.b 解析: 选A ∵函数f(x+1)是偶函数,∴函数f(x)的图象关于直线x=1对称,∴a=f=f,b=f(3),c=f(0)=f (2).又∵当x∈(1,+∞)时,函数f(x)=sinx-x,∴当x∈(1,+∞)时,f′(x)=cosx-1≤0,即f(x)=sinx-x在(1,+∞)上为减函数,∴b 6.设函数f(x)在R上存在导函数f′(x),对任意的实数x都有f(x)=4x2-f(-x),当x∈(-∞,0]时,f′(x)+<4x,若f(m+1)≤f(-m)+4m+2,则实数m的取值范围是( ) A.B. C.[-1,+∞)D.[-2,+∞) 解析: 选A 令F(x)=f(x)-2x2,因为F(-x)+F(x)=f(-x)+f(x)-4x2=0,所以F(-x)=-F(x),故F(x)=f(x)-2x2是奇函数.则当x∈(-∞,0]时,F′(x)=f′(x)-4x<-<0,所以函数F(x)=f(x)-2x2在(-∞,0]上单调递减,故函数F(x)在R上单调递减.不等式f(m+1)≤f(-m)+4m+2等价于f(m+1)-2(m+1)2≤f(-m)-2m2,即F(m+1)≤F(-m),由函数的单调性可得m+1≥-m,即m≥-.故选A. 7.(2019·福州模拟)已知函数f(x)=x3-2ex2+mx-lnx,若f(x)>x恒成立,则实数m的取值范围是( ) A.B. C.D. 解析: 选A 由f(x)>x恒成立,得x3-2ex2+mx-lnx>x恒成立,即x3-2ex2+(m-1)x-lnx>0恒成立,因为x>0,所以两边同时除以x,得x2-2ex+(m-1)->0,则m-1>-x2+2ex恒成立.令g(x)=-x2+2ex,则g′(x)=-2x+2e,当0 8.已知定义域为R的奇函数y=f(x)的导函数为y=f′(x),当x>0时,xf′(x)-f(x)<0,若a=,b=,c=-,则a,b,c的大小关系是( ) A.a C.a 解析: 选D 由题意,构造函数g(x)=, 当x>0时,g′(x)=<0, ∴函数g(x)在(0,+∞)上单调递减. ∵函数f(x)为奇函数,∴函数g(x)是偶函数, ∴c=-=g(-3)=g(3). 又a=g(e),b=g(ln2),且3>e>1>ln2>0, ∴g(3) 二、填空题 9.已知函数f(x)=sinx-x,x∈[0,π],cosx0=,x0∈[0,π]. ①f(x)的最大值为f(x0); ②f(x)的最小值为f(x0); ③f(x)在[0,x0]上是减函数; ④f(x)在[x0,π]上是减函数. 那么上面命题中真命题的序号是________. 解析: f′(x)=cosx-,由f′(x)=0,得cosx=,即x=x0.因为x∈[0,π],当0 答案: ①④ 10.若函数f(x)=lnx-ax2-2x存在单调递减区间,则实数a的取值范围是________. 解析: f′(x)=-ax-2=-. 因为函数f(x)存在单调递减区间, 所以f′(x)≤0有解. 又因为函数f(x)的定义域为(0,+∞), 所以ax2+2x-1≥0在(0,+∞)上有解. ①当a>0时,y=ax2+2x-1为开口向上的抛物线,Δ=4+4a>0恒成立,所以ax2+2x-1≥0在(0,+∞)上有解恒成立; ②当a<0时,y=ax2+2x-1为开口向下的抛物线,ax2+2x-1≥0在(0,+∞)上恒有解,则解得-1 ③当a=0时,显然符合题意. 综上所述,实数a的取值范围是(-1,+∞). 答案: (-1,+∞) 11.(2019·江西七校第一次联考)定义: 如果函数f(x)在[a,b]上存在x1,x2(a 解析: 由题意,知f′(x)=x2-x在区间[0,m]上存在x1,x2(0 令g(x)=x2-x-m2+m(0 则解得 答案: 12.已知函数f(x)=lnx+,k∈[4,+∞),曲线y=f(x)上总存在两点M(x1,y1),N(x2,y2),使曲线y=f(x)在M,N两点处的切线互相平行,则x1+x2的取值范围为________. 解析: f′(x)=--1(x>0,k≥4), 由题意知f′(x1)=f′(x2)(x1,x2>0且x1≠x2), 即--1=--1, 化简得4(x1+x2)=x1x2, 而x1x2<2, 所以4(x1+x2)<2, 即x1+x2>对k∈[4,+∞)恒成立. 令g(k)=k+,则g′(k)=1-=>0对k∈[4,+∞)恒成立, 故g(k)在[4,+∞)上单调递增, 所以g(k)≥g(4)=5,所以≤, 所以x1+x2>,故x1+x2的取值范围为. 答案: 3、解答题 13.(2019·济南模拟)已知函数f(x)=asinx+bcosx(a,b∈R),曲线y=f(x)在点处的切线方程为y=x-. (1)求a,b的值; (2)求函数g(x)=在上的最小值. 解: (1)由切线方程知,当x=时,y=0, ∴f=a+b=0. ∵f′(x)=acosx-bsinx, ∴由切线方程知,f′=a-b=1. ∴a=,b=-. (2)由 (1)知,f(x)=sinx-cosx=sin. ∴g(x)=, g′(x)=. 设u(x)=xcosx-sinx, 则u′(x)=-xsinx<0,故u(x)在上单调递减.∴u(x) ∴g(x)在上的最小值为g=. 14.已知函数f(x)=xex-a(a∈R). (1)若a=0,求曲线y=f(x)在点(1,e)处的切线方程; (2)当a>0时,求函数f(x)的单调区间. 解: (1)当a=0时,f′(x)=(x+1)ex, 所以切线的斜率k=f′ (1)=2e. 又f (1)=e, 所以y=f(x)在点(1,e)处的切线方程为y-e=2e(x-1),即2ex-y-e=0. (2)f′(x)=(x+1)(ex-a), 令f′(x)=0,得x=-1或x=lna. ①当a=时,f′(x)≥0恒成立,所以f(x)在R上单调递增.
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