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创新设计 2018版高考数学(文)(人教)大一轮复习配套讲义:第三章 导数及其应用第2讲 第1课时 Word版解析


基础巩固题组 (建议用时:40 分钟) 一、选择题 1.函数 f(x)=x-ln x 的单调递减区间为( A.(0,1) C.(1,+∞) 解析 ) B.(0,+∞) D.(-∞,0)∪(1,+∞)

1 x-1 函数的定义域是(0, +∞), 且 f′(x)=1- x= x , 令 f′(x)<0, 解得 0<x<1,

所以单调递减区间是(0,1). 答案 A ) B.既是奇函数又是增函数 D.是没有零点的奇函数

2.(2015· 陕西卷)设 f(x)=x-sin x,则 f(x)( A.既是奇函数又是减函数 C.是有零点的减函数 解析

因为 f′(x)=1-cos x≥0,所以函数为增函数,排除选项 A 和 C.又因为

f(0)=0-sin 0=0,所以函数存在零点,排除选项 D,故选 B. 答案 B

3.已知定义在 R 上的函数 f(x), 其导函数 f′(x)的大致图象如图 所示,则下列叙述正确的是( A.f(b)>f(c)>f(d) C.f(c)>f(b)>f(a) 解析 ) B.f(b)>f(a)>f(e) D.f(c)>f(e)>f(d)

依题意得,当 x∈(-∞,c)时,f′(x)>0,因此,函数 f(x)在(-∞,c)上是

增函数,由 a<b<c,所以 f(c)>f(b)>f(a). 答案 C

4.若函数 f(x)=2x3-3mx2+6x 在区间(2,+∞)上为增函数,则实数 m 的取值范 围为( ) B.(-∞,2] 5? ? D.?-∞,2? ? ?

A.(-∞,2) 5? ? C.?-∞,2? ? ? 解析 ∵f′(x)=6x2-6mx+6,

当 x∈(2,+∞)时,f′(x)≥0 恒成立,

1 即 x2-mx+1≥0 恒成立,∴m≤x+ x 恒成立. 1 1 令 g(x)=x+ x,g′(x)=1-x2, ∴当 x>2 时,g′(x)>0,即 g(x)在(2,+∞)上单调递增, 1 5 ∴m≤2+2=2. 答案 D

5.(2017· 保定第一中学模拟)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) C.(-∞,-1) 解析 -2, 因为 f′(x)>2,所以 F′(x)>0 在 R 上恒成立,所以 F(x)在 R 上单调递增. 又 F(-1)=f(-1)-2×(-1)-4=2+2-4=0, 故不等式 f(x)-2x-4>0 等价于 F(x)>F(-1),所以 x>-1. 答案 B ) B.(-1,+∞) D.(-∞,+∞)

由 f(x)>2x+4,得 f(x)-2x-4>0,设 F(x)=f(x)-2x-4,则 F′(x)=f′(x)

二、填空题 6.已知函数 f(x)=(-x2+2x)ex(x∈R,e 为自然对数的底数),则函数 f(x)的单调 递增区间为________. 解析 因为 f(x)=(-x2+2x)ex, 所以 f′(x)=(-2x+2)ex+(-x2+2x)ex =(-x2+2)ex. 令 f′(x)>0,即(-x2+2)ex>0, 因为 ex>0,所以-x2+2>0,解得- 2<x< 2, 所以函数 f(x)的单调递增区间为(- 2, 2). 答案 (- 2, 2) 1 7.已知函数 f(x)=-2x2+4x-3ln x 在区间[t,t+1]上不单调,则 t 的取值范围是 ________.

(x-1)(x-3) 3 解析 由题意知 f′(x)=-x+4-x=- , 由 f′(x)=0 得函数 f(x) x 的两个极值点为 1 和 3,则只要这两个极值点有一个在区间(t,t+1)内,函数 f(x)在区间[t,t+1]上就不单调,由 t<1<t+1 或 t<3<t+1,得 0<t<1 或 2<t<3. 答案 (0,1)∪(2,3) 8.(2017· 武汉模拟)已知 f(x)=2ln x+x2-5x+c 在区间(m,m+1)上为递减函数, 则 m 的取值范围为________. 2 解析 由 f(x)=2ln x+x2-5x+c,得 f′(x)= x+2x-5, 又函数 f(x)在区间(m,m+1)上为递减函数, ∴f′(x)≤0 在(m,m+1)上恒成立, 2 ? ?m+2m-5≤0, 1 ∴? 解得2≤m≤1. 2 ? ?m+1+2(m+1)-5≤0, ?1 ? 答案 ?2,1? ? ? 三、解答题 9.已知函数 f(x)= ln x+k ex (k 为常数,e 是自然对数的底数),曲线 y=f(x)在点(1,

f(1))处的切线与 x 轴平行. (1)求 k 的值; (2)求 f(x)的单调区间. 1 x-ln x-k 解 (1)由题意得 f′(x)= , ex 1-k 又 f′(1)= e =0,故 k=1. 1 x-ln x-1 (2)由(1)知,f′(x)= . ex 1 1 1 设 h(x)=x -ln x-1(x>0),则 h′(x)=-x2- x<0, 即 h(x)在(0,+∞)上是减函数. 由 h(1)=0 知,当 0<x<1 时,h(x)>0,从而 f′(x)>0; 当 x>1 时,h(x)<0,从而 f′(x)<0.

综上可知,f(x)的单调递增区间是(0,1),单调递减区间是(1,+∞). ?2? 10.已知函数 f(x)=x3+ax2-x+c,且 a=f′?3?. ? ? (1)求 a 的值; (2)求函数 f(x)的单调区间; (3)设函数 g(x)=(f(x)-x3)· ex,若函数 g(x)在 x∈[-3,2]上单调递增,求实数 c 的取值范围. 解 (1)由 f(x)=x3+ax2-x+c,

得 f′(x)=3x2+2ax-1. 2 2 ?2? ?2?2 当 x=3时,得 a=f′?3?=3×?3? +2a×3-1, ? ? ? ? 解得 a=-1. (2)由(1)可知 f(x)=x3-x2-x+c, ? 1? 则 f′(x)=3x2-2x-1=3?x+3?(x-1),列表如下: ? ? 1? ? ? 1 ? x ?-∞,-3? ?-3,1? ? ? ? ? f′(x) f(x) + 递增 - 递减

(1,+∞) + 递增

1? ? 所以 f(x)的单调递增区间是?-∞,-3?和(1,+∞); ? ? ? 1 ? f(x)的单调递减区间是?-3,1?. ? ? (3)函数 g(x)=(f(x)-x3)· ex=(-x2-x+c)· ex, 有 g′(x)=(-2x-1)ex+(-x2-x+c)ex =(-x2-3x+c-1)ex, 因为函数 g(x)在 x∈[-3,2]上单调递增, 所以 h(x)=-x2-3x+c-1≥0 在 x∈[-3,2]上恒成立,只要 h(2)≥0,解得 c≥11, 所以 c 的取值范围是[11,+∞). 能力提升题组 (建议用时:20 分钟) 11.函数 f(x)在定义域 R 内可导,若 f(x)=f(2-x),且当 x∈(-∞,1)时,(x-

?1? 1)f′(x)<0,设 a=f(0),b=f ?2?,c=f(3),则( ? ? A.a<b<c C.c<a<b 解析 依题意得,当 x<1 时,f′(x)>0,

)

B.c<b<a D.b<c<a

则 f(x)在(-∞,1)上为增函数; 1 又 f(3)=f(-1),且-1<0<2<1, ?1? 因此有 f(-1)<f(0)<f ?2?, ? ? ?1? 即有 f(3)<f(0)<f ?2?,c<a<b. ? ? 答案 C 1 12.(2016· 全国Ⅰ卷)若函数 f(x)=x-3sin 2x+asin x 在(-∞, +∞)单调递增, 则 a 的取值范围是( A.[-1,1] ? 1 1? C.?-3,3? ? ? ) 1? ? B.?-1,3? ? ?

1? ? D.?-1,-3? ? ? 1 2 2 解析 ∵f(x)=x-3sin 2x+asin x,∴f′(x)=1-3cos 2x+acos x=1-3(2cos2x- 4 5 1)+acos x=-3cos2 x+acos x+3, 由 f(x)在 R 上单调递增,则 f′(x)≥0 在 R 上恒成立. 4 5 令 t=cos x,t∈[-1,1],则-3t2+at+3≥0. 在 t∈[-1,1]上恒成立.∴4t2-3at-5≤0 在 t∈[-1,1]上恒成立.令 g(t)=4t2 -3at-5, ?g(1)=-3a-1≤0, 1 1 则? 解之得- ≤a≤ . 3 3 ?g(-1)=3a-1≤0. 答案 C

13.(2017· 石家庄质检)设 f′(x)是奇函数 f(x)(x∈R)的导函数,f(-2)=0,当 x>0 时,xf′(x)-f(x)>0,则使得 f(x)>0 成立的 x 的取值范围是________. 解析 令 g(x)= f(x) xf′(x)-f(x) >0,x∈(0,+∞),所以函 x ,则 g′(x)= x2

数 g(x)在(0,+∞)上单调递增.

又 g(-x)=

f(-x) -f(x) f(x) = = x =g(x), -x -x

则 g(x)是偶函数,g(-2)=0=g(2). ?x>0, ?x<0, 则 f(x)=xg(x)>0?? 或? ?g(x)>0 ?g(x)<0, 解得 x>2 或-2<x<0, 故不等式 f(x)>0 的解集为(-2,0)∪(2,+∞). 答案 (-2,0)∪(2,+∞) 1 14.已知函数 f(x)=ln x,g(x)=2ax+b. (1)若 f(x)与 g(x)在 x=1 处相切,求 g(x)的表达式; (2)若 φ(x)= 解 m(x-1) -f(x)在[1,+∞)上是减函数,求实数 m 的取值范围. x+1

1 1 (1)由已知得 f′(x)= x,∴f′(1)=1=2a,a=2.

1 又∵g(1)=0=2a+b,∴b=-1,∴g(x)=x-1. (2)∵φ(x)= m(x-1) m(x-1) -f(x)= -ln x 在[1,+∞)上是减函数, x+1 x+1

-x2+(2m-2)x-1 ∴φ′(x)= ≤0 在[1,+∞)上恒成立, x(x+1)2 ∴x2-(2m-2)x+1≥0 在[1,+∞)上恒成立, 1 则 2m-2≤x+ x,x∈[1,+∞), 1 ∵x+x∈[2,+∞),∴2m-2≤2,m≤2. 故实数 m 的取值范围是(-∞,2].


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