2018届高考数学(文)大一轮复习检测：第二章 函数、导数及其应用 课时作业15 Word版含答案
2018年高考数学一轮复习第二章函数导数及其应用课时达标14导数与函数的单调性理
2018年高考数学一轮复习第二章函数、导数及其应用课时达标14导数与函数的单调性理[解密考纲]本考点主要考查利用导数研究函数的单调性．高考中导数试题经常和不等式、函数、三角函数、数列等知识相结合，作为中档题或压轴题出现．三种题型均有出现，以解答题为主，难度较大．一、选择题1．(2017·福建福州模拟)函数y＝f(x)的图象如图所示，则y＝f′(x)的图象可能是( D )解析：由函数f(x)的图象可知，f(x)在(－∞，0)上单调递增，f(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以在(－∞，0)上f′(x)>0，在(0，＋∞)上f′(x)<0.选项D满足，故选D．2．(2017·苏中八校联考)函数f(x)＝x－ln x的单调递减区间为( A )A ．(0,1)B ．(0，＋∞)C ．(1，＋∞)D ．(－∞，0)∪(1，＋∞)解析：函数的定义域是(0，＋∞)， 且f ′(x )＝1－1x ＝x －1x，令f ′(x )<0，解得0<x <1，所以单调递减区间是(0,1)．3．(2017·吉林长春调研)已知函数f (x )＝12x 3＋ax ＋4，则“a >0”是“f (x )在R 上单调递增”的( A )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：f ′(x )＝32x 2＋a ，当a ≥0时，f ′(x )≥0恒成立，故“a >0”是“f (x )在R 上单调递增”的充分不必要条件．4．函数f (x )对定义域R 上的任意x 都有f (2－x )＝f (x )，且当x ≠1时，其导函数f ′(x )满足xf ′(x )>f ′(x )，若1<a <2，则有( C )A ．f (2a)<f (2)<f (log 2a ) B ．f (2)<f (log 2a )<f (2a) C ．f (log 2a )<f (2)<f (2a)D ．f (log 2a )<f (2a)<f (2)解析：∵函数f (x )对定义域R 上的任意x 都有f (2－x )＝f (x )，∴函数图象的对称轴为直线x ＝1.又∵其导函数f ′(x )满足xf ′(x )>f ′(x )，即(x －1)f ′(x )>0，故当x ∈(1，＋∞)时，函数单调递增，x ∈(－∞，1)时，函数单调递减．∵1<a <2，∴0<log 2a <1,2a >2，∴f (log 2a )<f (2)<f (2a)，故选C ．5．已知R 上可导函数f (x )的图象如图所示，则不等式(x 2－2x －3)·f ′(x )>0的解集为( D )A ．(－∞，－2)∪(1，＋∞)B ．(－∞，2)∪(1,2)C ．(－∞，－1)∪(－1,0)∪(2，＋∞)D ．(－∞，－1)∪(－1,1)∪(3，＋∞)解析：由题图可知，f ′(x )>0，则x ∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)，f ′(x )<0，则x ∈(－1,1)，不等式(x 2－2x －3)f ′(x )>0等价于⎩⎪⎨⎪⎧f ′x >0，x 2－2x －3>0，或⎩⎪⎨⎪⎧f ′x <0，x 2－2x －3<0，解得x ∈(－∞，－1)∪(－1,1)∪(3，＋∞)．6．若函数f (x )＝2x 2－ln x 在其定义域内的一个子区间(k －1，k ＋1)内不是单调函数，则实数k 的取值范围是( C )A ．[1，＋∞)B ．[1,2)C ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，32D ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，2 解析：f ′(x )＝4x －1x＝2x －12x ＋1x，∵x >0，由f ′(x )＝0得x ＝12.∴令f ′(x )>0，得x >12；令f ′(x )<0，得0<x <12.由题意得⎩⎪⎨⎪⎧k －1≥0，k －1<12<k ＋1⇒1≤k <32.故C 正确．二、填空题7．函数f (x )＝x 3－15x 2－33x ＋6的单调减区间为(－1,11)．解析：由f (x )＝x 3－15x 2－33x ＋6得f ′(x )＝3x 2－30x －33，令f ′(x )<0，即3(x －11)(x ＋1)<0，解得－1<x <11，所以函数f (x )的单调减区间为(－1,11)．8．f (x )＝xn 2－3n (n ∈Z )是偶函数，且y ＝f (x )在(0，＋∞)上是减函数，则n ＝1或2.解析：∵f (x )＝xn 2－3n (n ∈Z )是偶函数，∴n 2－3n ＝2k (k ∈Z )，即f (x )＝x 2k，∴f ′(x )＝2kx 2k －1，∵f (x )是偶函数且在(0，＋∞)上是减函数， ∴在(0，＋∞)上f ′(x )＝2kx 2k －1<0恒成立．∵x2k －1>0，∴2k <0.即n 2－3n <0，解得0<n <3.∵n ∈Z ，∴n ＝1或n ＝2.9．若f (x )＝－12x 2＋b ln(x ＋2)在(－1，＋∞)上是减函数，则实数b 的最大值是－1.解析：函数的定义域是x ＋2>0，即x >－2，而f ′(x )＝－x ＋bx ＋2＝－x 2－2x ＋bx ＋2.因为x ＋2>0，函数f (x )＝－12x 2＋b ln(x ＋2)在(－1，＋∞)上是减函数，即－x 2－2x ＋b ≤0在x∈(－1，＋∞)上恒成立，得b ≤x 2＋2x 在x ∈(－1，＋∞)上恒成立，令g (x )＝x 2＋2x ＝(x ＋1)2－1，x ∈(－1，＋∞)，则g (x )>g (－1)＝－1，所以b ≤－1，则b 的最大值为－1.三、解答题10．已知函数f (x )＝ln x ＋kex(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．解析：(1)由题意得f ′(x )＝1x－ln x －ke x，又f ′(1)＝1－ke＝0，故k ＝1. (2)由(1)知，f ′(x )＝1x－ln x －1ex. 设h (x )＝1x －ln x －1(x >0)，则h ′(x )＝－1x 2－1x<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)，递减区间是(1，＋∞)．11．已知二次函数h (x )＝ax 2＋bx ＋2，其导函数y ＝h ′(x )的图象如图，f (x )＝6ln x ＋h (x )．(1)求函数f (x )的解析式；(2)若函数f (x )在区间⎝⎛⎭⎪⎫1，m ＋12上是单调函数，求实数m 的取值范围．解析：(1)由已知，h ′(x )＝2ax ＋b ，其图象为直线，且过(0，－8)，(4,0)两点，把两点坐标代入h ′(x )＝2ax ＋b ，∴⎩⎪⎨⎪⎧b ＝－8，8a ＋b ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝－8，∴h (x )＝x 2－8x ＋2，h ′(x )＝2x －8， ∴f (x )＝6ln x ＋x 2－8x ＋2. (2)f ′(x )＝6x＋2x －8＝2x －1x －3x，∵x >0，∴f ′(x )，f (x )的变化如下：x (0,1) 1 (1,3) 3 (3，＋∞)f ′(x ) ＋ 0－ 0＋ f (x )递增递减递增∴f (x )递减区间为(1,3)，要使函数f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1，m ＋12上是单调函数， 则⎩⎪⎨⎪⎧1<m ＋12，m ＋12≤3，解得12<m ≤52.故m 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤12，52.12．设函数f (x )＝13x 3－a 2x 2＋bx ＋c ，曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝1.(1)求b ，c 的值；(2)若a >0，求函数f (x )的单调区间；(3)设函数g (x )＝f (x )＋2x ，且g (x )在区间(－2，－1)内存在单调递减区间，求实数a 的取值范围．解析：(1)函数的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝x 2－ax ＋b ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧f 0＝1，f ′0＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧c ＝1，b ＝0.(2)由(1)得，f ′(x )＝x 2－ax ＝x (x －a )(a >0)，当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )>0；当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0；当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0.所以函数f (x )的单调递增区间为(－∞，0)，(a ，＋∞)，单调递减区间为(0，a )．(3)g ′(x )＝x 2－ax ＋2，依题意，存在x ∈(－2，－1)， 使不等式g ′(x )＝x 2－ax ＋2<0成立，即x ∈(－2，－1)时，a <⎝⎛⎭⎪⎫x ＋2x max ＝－22，当且仅当x ＝2x，即x ＝－2时等号成立，所以满足要求的a 的取值范围是(－∞，－22)．。
2018届高考数学(文)大一轮复习教师用书第2章函数、导数及其应用第7节函数的图象Word版含答案
第七节 函数的图象———————————————————————————————— 会运用基本初等函数的图象分析函数的性质．1．利用描点法作函数的图象 方法步骤：(1)确定函数的定义域； (2)化简函数的解析式；(3)讨论函数的性质(奇偶性、单调性、周期性、最值等)； (4)描点连线．2．利用图象变换法作函数的图象 (1)平移变换(2)对称变换①y ＝f (x )的图象―――――→关于x 轴对称y ＝－f (x )的图象；②y ＝f (x )的图象――――――→关于y 轴对称y ＝f (－x )的图象；③y ＝f (x )的图象――――――→关于原点对称y ＝－f (－x )的图象；④y ＝a x(a ＞0且a ≠1)的图象――――――――→关于直线y ＝x 对称y ＝log a x (a ＞0且a ≠1)的图象． (3)伸缩变换 ①y ＝f (x )的图象y ＝f (ax )的图象；②y ＝f (x )的图象―――――――――――――――――――――→a ＞1，纵坐标伸长为原来的a 倍，横坐标不变0＜a ＜1，纵坐标缩短为原来的a ，横坐标不变y ＝af (x )的图象．(4)翻转变换x轴下方部分翻折到上方y＝|f(x)|的图象；①y＝f(x)的图象―――――――――――→x轴及上方部分不变y轴右侧部分翻折到左侧y＝f(|x|)的图象．②y＝f(x)的图象―――――――――――――→原y轴左侧部分去掉，右侧不变1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)函数y＝f(1－x)的图象，可由y＝f(－x)的图象向左平移1个单位得到．( )(2)函数y＝f(x)的图象关于y轴对称即函数y＝f(x)与y＝f(－x)的图象关于y轴对称．( )(3)当x∈(0，＋∞)时，函数y＝f(|x|)的图象与y＝|f(x)|的图象相同．( )(4)若函数y＝f(x)满足f(1＋x)＝f(1－x)，则函数f(x)的图象关于直线x＝1对称．( )(1)×(2)×(3)×(4)√2．(教材改编)甲、乙二人同时从A地赶往B地，甲先骑自行车到两地的中点再改为跑步，乙先跑步到中点再改为骑自行车，最后两人同时到达B地．已知甲骑车比乙骑车的速度快，且两人骑车速度均大于跑步速度．现将两人离开A地的距离s与所用时间t的函数关系用图象表示，则下列给出的四个函数图象中，甲、乙的图象应该是( )①②③④图271A．甲是图①，乙是图②B．甲是图①，乙是图④C．甲是图③，乙是图②D．甲是图③，乙是图④B3．函数f(x)的图象向右平移1个单位长度，所得图象与曲线y＝e x关于y轴对称，则f(x)＝( )A．e x＋1B．e x－1C．e－x＋1D．e－x－1D4．(2016·浙江高考)函数y＝sin x2的图象是( )D5．若关于x 的方程|x |＝a －x 只有一个解，则实数a 的取值范围是________.【导学号：31222055】(0，＋∞)(1)y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12|x |；(2)y ＝|log 2(x ＋1)|；(3)y ＝2x －1x －1；(4)y ＝x 2－2|x |－1.(1)先作出y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 的图象，保留y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 图象中x ≥0的部分，再作出y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x的图象中x ＞0部分关于y 轴的对称部分，即得y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12|x |的图象，如图①实线部分.3分① ②(2)将函数y ＝log 2x 的图象向左平移一个单位，再将x 轴下方的部分沿x 轴翻折上去，即可得到函数y ＝|log 2(x ＋1)|的图象，如图②.6分(3)∵y ＝2＋1x －1，故函数图象可由y ＝1x图象向右平移1个单位，再向上平移2个单位得到，如图③.9分③ ④(4)∵y ＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2x －1，x ≥0，x 2＋2x －1，x ＜0，且函数为偶函数，先用描点法作出 画函数图象的一般方法(1)直接法．当函数表达式(或变形后的表达式)是熟悉的基本函数时，就可根据这些函数的特征直接作出；(2)图象变换法．若函数图象可由某个基本函数的图象经过平移、翻折、对称得到，可利用图象变换作出．易错警示：注意平移变换与伸缩变换的顺序对变换单位及解析式的影响． 分别画出下列函数的图象： (1)y ＝|lg x |；(2)y ＝sin|x |.(1)∵y ＝|lg x |＝⎩⎪⎨⎪⎧lg x ，x ≥1，－lg x ，0＜x ＜1.∴函数y ＝|lg x |的图象，如图①.6分(2)当x ≥0时，y ＝sin|x |与y ＝sin x 的图象完全相同，又y ＝sin|x |为偶函数，图象关于y 轴对称，其图象如图②.12分( )(2)(2015·全国卷Ⅱ)如图272，长方形ABCD 的边AB ＝2，BC ＝1，O 是AB 的中点．点P 沿着边BC ，CD 与DA 运动，记∠BOP ＝x .将动点P 到A ，B 两点距离之和表示为x 的函数f (x )，则y ＝f (x )的图象大致为( )图272A B C D(1)D (2)B 是偶函数，又f (2)＝8－e 2∈(0,1)，故排除A ，B.设g (x )＝2x 2－e x，则g ′(x )＝4x －e x .又g ′(0)＜0，g ′(2)＞0，∴g (x )在(0,2)内至少存在一个极值点，∴f (x )＝2x 2－e |x |在(0,2)内至少存在一个极值点，排除C.故选D.(2)当点P 沿着边BC 运动，即0≤x ≤π4时，在Rt △POB 中，|PB |＝|OB |tan ∠POB ＝tan x ， 在Rt △PAB 中，|PA |＝|AB |2＋|PB |2＝4＋tan 2x ，则f (x )＝|PA |＋|PB |＝4＋tan 2x ＋tan x ，它不是关于x 的一次函数，图象不是线段，故排除A 和C ；当点P 与点C 重合，即x ＝π4时，由上得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝4＋tan2π4＋tan π4＝5＋1，又当点P 与边CD 的中点重合，即x ＝π2时，△PAO 与△PBO 是全等的腰长为1的等腰直角三角形，故f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝|PA |＋|PB |＝2＋2＝22，知f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＜f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，故又可排除D.综上，选B.]函数图象的识辨可从以下方面入手：(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置； (2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势； (3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性； (4)从函数的周期性，判断图象的循环往复； (5)从函数的特征点，排除不合要求的图象．(1)已知函数f (x )的图象如图273所示，则f (x )的解析式可以是( )图273A ．f (x )＝ln|x |xB ．f (x )＝e xxC ．f (x )＝1x2－1D ．f (x )＝x －1x(2)(2016·河南平顶山二模)函数y ＝a ＋sin bx (b ＞0且b ≠1)的图象如图274所示，那么函数y ＝log b (x －a )的图象可能是( )图274(1)A (2)C☞角度1已知函数f (x )＝x |x |－2x ，则下列结论正确的是( )A ．f (x )是偶函数，递增区间是(0，＋∞)B ．f (x )是偶函数，递减区间是(－∞，1)C ．f (x )是奇函数，递减区间是(－1,1)D ．f (x )是奇函数，递增区间是(－∞，0) C☞角度2 确定函数零点的个数已知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧|lg x |，x >0，2|x |，x ≤0，则函数y ＝2f 2(x )－3f (x )＋1的零点个数是________．5☞角度3 求参数的值或取值范围(2016·浙江杭州五校联盟一诊)若直角坐标平面内两点P ，Q 满足条件：①P ，Q 都在函数y ＝f (x )的图象上；②P ，Q 关于原点对称，则称(P ，Q )是函数y ＝f (x )的一个“伙伴点组”(点组(P ，Q )与(Q ，P )看作同一个“伙伴点组”)．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧kx －1，x ＞0，－－x ，x ＜0有两个“伙伴点组”，则实数k 的取值范围是( )A ．(－∞，0)B ．(0,1) C.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12D ．(0，＋∞)B☞角度4 求不等式的解集函数f (x )是定义在上的偶函数，其在上的图象如图275所示，那么不等式f xcos x＜0的解集为________．图275⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，－1∪⎝⎛⎭⎪⎫1，π2 函数图象应用的常见题型与求解方法 (1)研究函数性质：①根据已知或作出的函数图象，从最高点、最低点，分析函数的最值、极值． ②从图象的对称性，分析函数的奇偶性．③从图象的走向趋势，分析函数的单调性、周期性． ④从图象与x 轴的交点情况，分析函数的零点等．(2)研究方程根的个数或由方程根的个数确定参数的值(范围)：构造函数，转化为两函数图象的交点个数问题，在同一坐标系中分别作出两函数的图象，数形结合求解．(3)研究不等式的解：当不等式问题不能用代数法求解，但其对应函数的图象可作出时，常将不等式问题转化为两函数图象的上、下关系问题，从而利用数形结合求解．1．识图：对于给定函数的图象，要从图象的左右、上下分布范围、变化趋势、对称性等方面研究函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、周期性，注意图象与函数解析式中参数的关系．2．用图：借助函数图象，可以研究函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、对称性等性质．利用函数的图象，还可以判断方程f (x )＝g (x )的解的个数，求不等式的解集等．1．图象变换是针对自变量x 而言的，如从f (－2x )的图象到f (－2x ＋1)的图象是向右平移12个单位，先作如下变形f (－2x ＋1)＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12，可避免出错． 2．明确一个函数的图象关于y 轴对称与两个函数的图象关于y 轴对称的不同，前者是自身对称，且为偶函数，后者是两个不同函数的对称关系．3．当图形不能准确地说明问题时，可借助“数”的精确，注重数形结合思想的运用．课时分层训练(十) 函数的图象A 组 基础达标 (建议用时：30分钟)一、选择题1．为了得到函数y ＝2x －2的图象，可以把函数y ＝2x 的图象上所有的点( )A ．向右平行移动2个单位长度B ．向右平行移动1个单位长度C ．向左平行移动2个单位长度D ．向左平行移动1个单位长度 B2．小明骑车上学，开始时匀速行驶，途中因交通堵塞停留了一段时间，后为了赶时间加快速度行驶．与以上事件吻合得最好的图象是( )【导学号：31222056】A B C DC3．(2016·广西桂林高考一调)函数y ＝(x 3－x )2|x |的图象大致是( )A B C DB4．已知函数f (x )＝若关于x 的方程f (x )＝k 有两个不等的实数根，则实数k 的取值范围是( )A ．(0，＋∞)B ．(－∞，1)C ．(1，＋∞)D ．(0,1]D ，故选D.]5．(2017·洛阳模拟)若f (x )是偶函数，且当x ∈ 二、填空题6．已知函数f (x )的图象如图276所示，则函数g (x )＝log 2f (x )的定义域是________. 【导学号：31222057】图276(2,8] ．]7．如图277，定义在8．设函数f (x )＝|x ＋a |，g (x )＝x －1，对于任意的x ∈R ，不等式f (x )≥g (x )恒成立，则实数a 的取值范围是________．三、解答题9．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3－x 2，x ∈[－1，2]，x －3，x ∈，5].(1)在如图278所示给定的直角坐标系内画出f (x )的图象；图278(2)写出f (x )的单调递增区间；(3)由图象指出当x 取什么值时f (x )有最值． (1)函数f (x )的图象如图所示．4分(2)由图象可知，函数f (x )的单调递增区间为，.8分(3)由图象知当x ＝2时，f (x )min ＝f (2)＝－1，当x ＝0时，f (x )max ＝f (0)＝3.12分10．已知f (x )＝|x 2－4x ＋3|.(1)作出函数f (x )的图象；(2)求函数f (x )的单调区间，并指出其单调性；(3)求集合M ＝{m |使方程f (x )＝m 有四个不相等的实根}．(1)当x 2－4x ＋3≥0时，x ≤1或x ≥3，∴f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ x 2－4x ＋3，x ≤1或x ≥3，－x 2＋4x －3，1＜x ＜3，∴f (x )的图象为：4分(2)由函数的图象可知f (x )的单调区间是(－∞，1]，(2,3]，(1,2]，(3，＋∞)，其中(－∞，1]，(2,3]是减区间；，2．已知函数f (x )＝若对任意的x ∈R ，都有f (x )≤|k －1|成立，则实数k 的取值范围为________．【导学号：31222058】 ⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，34∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫54，＋∞ 3．已知函数f (x )的图象与函数h (x )＝x ＋1x＋2的图象关于点A (0,1)对称． (1)求函数f (x )的解析式；(2)若g (x )＝f (x )＋a x，g (x )在区间(0,2]上的值不小于6，求实数a 的取值范围．(1)设f (x )图象上任一点坐标为(x ，y )，∵点(x ，y )关于点A (0,1)的对称点(－x,2－y )在h (x )的图象上，∴2－y ＝－x ＋1－x＋2，3分 ∴y ＝x ＋1x ，即f (x )＝x ＋1x.5分 (2)由题意g (x )＝x ＋a ＋1x ， 且g (x )＝x ＋a ＋1x≥6，x ∈(0,2].7分 ∵x ∈(0,2]，∴a ＋1≥x (6－x )，即a ≥－x 2＋6x －1.9分令q (x )＝－x 2＋6x －1，x ∈(0,2]， q (x )＝－x 2＋6x －1＝－(x －3)2＋8，∴x ∈(0,2]时，q (x )max ＝q (2)＝7，故a 的取值范围为[7，＋∞).12分。
2018届高考数学(文)大一轮复习检测：第二章 函数、导数及其应用 课时作业16 Word版含答案
课时作业16 导数的综合应用1．已知f (x )＝(1－x )e x－1. (1)求函数f (x )的最大值； (2)设g (x )＝f xx，x >－1，且x ≠0，证明：g (x )<1. 解：(1)f ′(x )＝－x e x.当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增； 当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减． 所以f (x )的最大值为f (0)＝0.(2)证明：由(1)知，当x >0时，f (x )<0，g (x )<0<1. 当－1<x <0时，g (x )<1等价于f (x )>x . 设h (x )＝f (x )－x ，则h ′(x )＝－x e x－1.当x ∈(－1,0)时，0<－x <1,0<e x <1，则0<－x e x<1，从而当x ∈(－1,0)时，h ′(x )<0，h (x )在(－1,0)上单调递减． 当－1<x <0时，h (x )>h (0)＝0， 即g (x )<1.综上，x >－1且x ≠0时，总有g (x )<1.2．设函数f (x )＝x 2＋a ln(x ＋1)有两个极值点x 1，x 2，且x 1<x 2. (1)求实数a 的取值范围；(2)当a ＝38时，判断方程f (x )＝－14的实数根的个数，并说明理由．解：(1)由f (x )＝x 2＋a ln(x ＋1)，可得f ′(x )＝2x ＋ax ＋1＝2x 2＋2x ＋ax ＋1(x >－1)．令g (x )＝2x 2＋2x ＋a (x ≥－1)，则其对称轴为x ＝－12，由题意可知x 1，x 2是方程g (x )＝0的两个均大于－1的不相等的实数根，所以⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝4－8a >0，g －＝a >0，解得0<a <12.(2)由a ＝38可知x 1＝－34，x 2＝－14，从而易知函数f (x )在⎝ ⎛⎦⎥⎤－1，－34，⎣⎢⎡⎭⎪⎫－14，＋∞上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－34，－14上单调递减．①由f (x )在⎝ ⎛⎦⎥⎤－1，－34上单调递增，且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－34＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－342＋38×ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－34＋1＝916－34ln2>－14，可知方程f (x )＝－14在⎝⎛⎦⎥⎤－1，－34上有且只有一个实根．②由于f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－34，－14上单调递减，在⎣⎢⎡⎭⎪⎫－14，＋∞上单调递增，因此f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－34，＋∞上的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－14＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－142＋38×ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－14＋1＝116＋38ln 34>－14，故方程f (x )＝－14在⎝ ⎛⎭⎪⎫－34，＋∞上没有实数根． 综上可知，方程f (x )＝－14有且只有一个实数根．3．(2017·河北石家庄一模)已知函数f (x )＝e x－3x ＋3a (e 为自然对数的底数，a ∈R )． (1)求f (x )的单调区间与极值；(2)求证：当a >ln 3e ，且x >0时，e xx >32x ＋1x－3a .解：(1)由f (x )＝e x－3x ＋3a ，x ∈R ，知f ′(x )＝e x－3，x ∈R ，令f ′(x )＝0，得x ＝ln3，于是当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：单调递增区间是[ln3，＋∞)，f (x )在x ＝ln3处取得极小值，极小值为f (ln3)＝e ln3－3ln3＋3a ＝3(1－ln3＋a )．(2)证明：待证不等式等价于e x >32x 2－3ax ＋1，设g (x )＝e x－32x 2＋3ax －1，x ∈R ，于是g ′(x )＝e x －3x ＋3a ，x ∈R .由(1)及a >ln 3e＝ln3－1知，g ′(x )的最小值为g ′(ln3)＝3(1－ln3＋a )>0.于是对任意x ∈R ，都有g ′(x )>0，所以g (x )在R 内单调递增．于是当a >ln 3e ＝ln3－1时，对任意x ∈(0，＋∞)，都有g (x )>g (0)．而g (0)＝0，从而对任意x ∈(0，＋∞)，g (x )>0.即e x>32x 2－3ax ＋1，故e xx >32x ＋1x－3a .4．(2017·河南郑州一模)已知函数f (x )＝exx －m .(1)讨论函数y ＝f (x )在x ∈(m ，＋∞)上的单调性；(2)若m ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12，则当x ∈[m ，m ＋1]时，函数y ＝f (x )的图象是否总在函数g (x )＝x2＋x 图象上方？请写出判断过程．解：(1)f ′(x )＝exx －m －e xx －m 2＝exx －m －x －m 2，当x ∈(m ，m ＋1)时，f ′(x )<0，当x ∈(m ＋1，＋∞)时，f ′(x )>0，所以f (x )在(m ，m ＋1)上单调递减，在(m ＋1，＋∞)上单调递增．(2)由(1)知f (x )在[m ，m ＋1]上单调递减，所以其最小值为f (m ＋1)＝em ＋1.因为m ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12，g (x )在[m ，m ＋1]上的最大值为(m ＋1)2＋m ＋1，所以下面判断f (m ＋1)与(m ＋1)2＋m ＋1的大小，即判断e x与(1＋x )x 的大小，其中x＝m ＋1∈⎝ ⎛⎦⎥⎤1，32. 令m (x )＝e x－(1＋x )x ，m ′(x )＝e x－2x －1，令h (x )＝m ′(x )，则h ′(x )＝e x－2，因为x ＝m ＋1∈⎝ ⎛⎦⎥⎤1，32，所以h ′(x )＝e x－2>0，m ′(x )单调递增．又m ′(1)＝e －3<0，m ′⎝ ⎛⎭⎪⎫32＝e 32 －4>0，故存在x 0∈⎝ ⎛⎦⎥⎤1，32，使得m ′(x 0)＝e x 0－2x 0－1＝0.所以m (x )在(1，x 0)上单调递减，在⎝⎛⎦⎥⎤x 0，32上单调递增，所以m (x )≥m (x 0)＝e x 0－x 20－x 0＝2x 0＋1－x 20－x 0＝－x 20＋x 0＋1，所以当x 0∈⎝⎛⎦⎥⎤1，32时，m (x 0)＝－x 20＋x 0＋1>0，即e x>(1＋x )x ，即f (m ＋1)>(m ＋1)2＋m ＋1，所以函数y ＝f (x )的图象总在函数g (x )＝x 2＋x 图象上方．1．(2016·新课标全国卷Ⅲ)设函数f (x )＝ln x －x ＋1. (Ⅰ)讨论f (x )的单调性； (Ⅱ)证明当x ∈(1，＋∞)时，1<x －1ln x<x ； (Ⅲ)设c >1，证明当x ∈(0,1)时，1＋(c －1)x >c x.解：(Ⅰ)由题设，f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－1，令f ′(x )＝0，解得x＝1.当0<x <1时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当x >1时，f ′(x )<0，f (x )单调递减． (Ⅱ)证明：由(Ⅰ)知f (x )在x ＝1处取得最大值，最大值为f (1)＝0. 所以当x ≠1时，ln x <x －1.故当x ∈(1，＋∞)时，ln x <x －1，ln 1x <1x －1，即1<x －1ln x<x .(Ⅲ)证明：由题设c >1，设g (x )＝1＋(c －1)x －c x，则g ′(x )＝c －1－c xln c ，令g ′(x )＝0.解得x 0＝ln c －1ln cln c.当x <x 0时，g ′(x )>0，g (x )单调递增；当x >x 0时，g ′(x )<0，g (x )单调递减． 由(Ⅱ)知1<c －1ln c<c ，故0<x 0<1.又g (0)＝g (1)＝0，故当0<x <1时，g (x )>0. 所以当x ∈(0,1)时，1＋(c －1)x >c x.2．(2017·河南郑州质检)设函数f (x )＝12x 2－m ln x ，g (x )＝x 2－(m ＋1)x .(1)求函数f (x )的单调区间；(2)当m ≥0时，讨论函数f (x )与g (x )图象的交点个数．解：(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝x 2－mx，当m ≤0时，f ′(x )>0，所以函数f (x )的单调递增区间是(0，＋∞)，无单调递减区间． 当m >0时，f ′(x )＝x ＋mx －mx，当0<x <m 时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减；当x >m 时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增．综上：当m ≤0时，函数f (x )的单调递增区间是(0，＋∞)，无单调递减区间；当m >0时，函数f (x )的单调递增区间是(m ，＋∞)，单调递减区间是(0，m )．(2)令F (x )＝f (x )－g (x )＝－12x 2＋(m ＋1)x －m ln x ，x >0，问题等价于求函数F (x )的零点个数．当m ＝0时，F (x )＝－12x 2＋x ，x >0，有唯一零点；当m ≠0时，F ′(x )＝－x －x －mx，当m ＝1时，F ′(x )≤0，函数F (x )为减函数，注意到F (1)＝32>0，F (4)＝－ln4<0，所以F (x )有唯一零点．当m >1时，0<x <1或x >m 时，F ′(x )<0；1<x <m 时，F ′(x )>0，所以函数F (x )在(0,1)和(m ，＋∞)上单调递减，在(1，m )上单调递增，注意到F (1)＝m ＋12>0，F (2m ＋2)＝－m ln(2m＋2)<0，所以F (x )有唯一零点．当0<m <1时，0<x <m 或x >1时，F ′(x )<0；m <x <1时，F ′(x )>0，所以函数F (x )在(0，m )和(1，＋∞)上单调递减，在(m,1)上单调递增，易得ln m <0， 所以F (m )＝m2(m ＋2－2ln m )>0，而F (2m ＋2)＝－m ln(2m ＋2)<0，所以F (x )有唯一零点．综上，函数F (x )有唯一零点，即两函数图象有一个交点．。
2018届高考数学(文)大一轮复习检测：第二章 函数、导数及其应用 课时作业13 Word版含答案
课时作业13 变化率与导数、导数的计算一、选择题1．曲线y ＝sin x ＋e x在点(0,1)处的切线斜率是( ) A ．2 B ．－2 C ．1D ．－1解析：y ′＝cos x ＋e x ，故当x ＝0时，切线斜率k ＝y ′|x ＝0＝2. 答案：A2．(2017·河南郑州质检)函数f (x )＝e xcos x 的图象在点(0，f (0))处的切线方程是( )A ．x ＋y ＋1＝0B ．x ＋y －1＝0C ．x －y ＋1＝0D ．x －y －1＝0解析：f (0)＝e 0cos0＝1，因为f ′(x )＝e xcos x －e xsin x ，所以f ′(0)＝1，所以切线方程为y －1＝x －0，即x －y ＋1＝0，故选C.答案：C3．(2017·河南质检)已知函数f (x )＝sin x －cos x ，且f ′(x )＝12f (x )，则tan2x 的值是( )A ．－23B ．－43C.43D.34解析：因为f ′(x )＝cos x ＋sin x ＝12sin x －12cos x ，所以tan x ＝－3，所以tan2x ＝2tan x 1－tan 2x ＝－61－9＝34，故选D. 答案：D4．直线y ＝12x ＋b 与曲线y ＝－12x ＋ln x 相切，则b 的值为( )A ．－2B ．1C ．－12D ．－1解析：由y ＝－12x ＋ln x 得y ′＝－12＋1x .由y ′＝－12＋1x ＝12，得x ＝1，把x ＝1代入曲线方程y ＝－12x ＋ln x 得y ＝－12，所以切点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－12，代入直线方程y ＝12x ＋b ，得b ＝－1.答案：D5．如图所示，y ＝f (x )是可导函数，直线l ：y ＝kx ＋2是曲线y ＝f (x )在x ＝3处的切线．令g (x )＝xf (x )，g ′(x )是g (x )的导函数，则g ′(3)＝( )A ．－1B ．0C ．2D ．4解析：由图象可知，f (3)＝1，又点(3,1)在直线l 上，∴3k ＋2＝1，从而k ＝－13.∵直线l ：y ＝kx ＋2是曲线y ＝f (x )在x ＝3处的切线，∴f ′(3)＝k ＝－13.∵g (x )＝xf (x )，∴g ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )，则g ′(3)＝f (3)＋3f ′(3)＝1＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫－13＝0. 答案：B6．(2016·山东卷)若函数y ＝f (x )的图象上存在两点，使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直，则称y ＝f (x )具有T 性质．下列函数中具有T 性质的是( )A ．y ＝sin xB ．y ＝ln xC ．y ＝e xD ．y ＝x 3解析：设函数y ＝f (x )的图象上两点P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，则由导数的几何意义可知，点P ，Q 处切线的斜率分别为k 1＝f ′(x 1)，k 2＝f ′(x 2)，若函数具有T 性质，则k 1·k 2＝f ′(x 1)·f ′(x 2)＝－1.对于A 选项，f ′(x )＝cos x ，显然k 1·k 2＝cos x 1·cos x 2＝－1有无数组解，所以该函数具有T 性质；对于B 选项，f ′(x )＝1x (x >0)，显然k 1·k 2＝1x 1·1x 2＝－1无解，故该函数不具有T 性质；对于C 选项，f ′(x )＝e x>0，显然k 1·k 2＝e x 1·e x 2＝－1无解，故该函数不具有T 性质；对于D 选项，f ′(x )＝3x 2≥0，显然k 1·k 2＝3x 21·3x 22＝－1无解，故该函数不具有T 性质．故选A.答案：A 二、填空题7．曲线y ＝2ln x ＋1在点(1,1)处的切线方程为________．解析：对函数y ＝2ln x ＋1求导为y ′＝2x，即曲线在点(1,1)处的切线斜率k ＝2，故曲线y ＝2ln x ＋1在点(1,1)处的切线方程为y －1＝2(x －1)，即2x －y －1＝0.答案：2x －y －1＝08．若曲线y ＝x α＋1(α∈R )在点(1,2)处的切线经过坐标原点，则α＝________. 解析：y ′＝αx α－1，y ′|x ＝1＝α，所以切线方程为y －2＝α(x －1)，由该切线过原点，得α＝2.答案：29．曲线y ＝ln2x 上的点到直线y ＝2x 的距离的最小值是________．解析：对y ＝ln2x 求导得y ′＝1x ，令1x ＝2，得x ＝12，y ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫2×12＝0，即与直线y ＝2x 平行的曲线y ＝ln2x 的切线的切点坐标是⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，曲线y ＝ln2x 上任意一点到直线y ＝2x的距离的最小值是点⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0到直线y ＝2x 的距离，即15＝55.答案：5510．(2016·新课标全国卷Ⅱ)若直线y ＝kx ＋b 是曲线y ＝ln x ＋2的切线，也是曲线y ＝ln(x ＋1)的切线，则b ＝________.解析：设y ＝kx ＋b 与y ＝ln x ＋2和y ＝ln(x ＋1)的切点分别为(x 1，ln x 1＋2)和(x 2，ln(x 2＋1))．则切线分别为y －ln x 1－2＝1x 1(x －x 1)，y －ln(x 2＋1)＝1x 2＋1(x －x 2)，化简得y ＝1x 1x ＋ln x 1＋1，y ＝1x 2＋1x －x 2x 2＋1＋ln(x 2＋1)，依题意，⎩⎪⎨⎪⎧1x 1＝1x 2＋1，ln x 1＋1＝－x 2x 2＋1＋x 2＋，解得x 1＝12，从而b ＝ln x 1＋1＝1－ln2. 答案：1－ln2三、解答题11．已知曲线y ＝x 3＋x －2在点P 0处的切线l 1平行于直线4x －y －1＝0，且点P 0在第三象限．(1)求P 0的坐标；(2)若直线l ⊥l 1，且l 也过切点P 0，求直线l 的方程．解：(1)由y ＝x 3＋x －2，得y ′＝3x 2＋1，由已知令3x 2＋1＝4，解之得x ＝±1. 当x ＝1时，y ＝0；当x ＝－1时，y ＝－4.又∵点P 0在第三象限，∴切点P 0的坐标为(－1，－4)． (2)∵直线l ⊥l 1，l 1的斜率为4， ∴直线l 的斜率为－14.∵l 过切点P 0，点P 0的坐标为(－1，－4)， ∴直线l 的方程为y ＋4＝－14(x ＋1)，即x ＋4y ＋17＝0.12．已知函数f (x )＝x －2x，g (x )＝a (2－ln x )(a >0)．若曲线y ＝f (x )与曲线y ＝g (x )在x ＝1处的切线斜率相同，求a 的值．并判断两条切线是否为同一条直线．解：根据题意有：曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线斜率为f ′(1)＝3，曲线y ＝g (x )在x ＝1处的切线斜率为g ′(1)＝－a .所以f ′(1)＝g ′(1)，即a ＝－3.曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程为y －f (1)＝3(x －1)，得y ＋1＝3(x －1)，即切线方程为3x －y －4＝0.曲线y ＝g (x )在x ＝1处的切线方程为y －g (1)＝3(x －1)，得y ＋6＝3(x －1)，即切线方程为3x －y －9＝0.所以两条切线不是同一条直线．1．(2017·河北衡水一调)设过曲线f (x )＝－e x－x (e 为自然对数的底数)上任意一点处的切线为l 1，总存在过曲线g (x )＝ax ＋2cos x 上一点处的切线l 2，使得l 1⊥l 2，则实数a 的取值范围为( )A ．[－1,2]B ．(－1,2)C ．[－2,1]D ．(－2,1)解析：由题意得f ′(x )＝－e x－1，g ′(x )＝a －2sin x ，则∀x 1∈R ，∃x 2∈R ，使得(－e x 1－1)(a －2sin x 2)＝－1，即函数y ＝1e x 1＋1的值域为函数y ＝a －2sin x 2的值域的子集，从而(0,1)⊆[a －2，a ＋2]，即a －2≤0，a ＋2≥1⇒－1≤a ≤2，故选A.答案：A2．(2017·江西五校联考)已知函数f n (x )＝xn ＋1，n ∈N *的图象与直线x ＝1交于点P ，若图象在点P 处的切线与x 轴交点的横坐标为x n ，则log 2 016x 1＋log 2 016x 2＋…＋log 2 016x 2 015的值为( )A ．1B ．1－log 2 0162 012C ．－log 2 0162 012D ．－1解析：由题意可得点P (1,1)，f ′n (x )＝(n ＋1)x n，所以点P 处的切线的斜率为n ＋1，故可得切线的方程为y －1＝(n ＋1)(x －1)，所以与x 轴交点的横坐标x n ＝nn ＋1，则log 2 016x 1＋log 2 016 x 2＋…＋log 2 016 x 2 015＝log 2 016x 1x 2…x 2 015＝log 2 01612 016＝－1，故选D.答案：D3．(2016·四川卷)设直线l 1，l 2分别是函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－ln x ，0<x <1，ln x ，x >1图象上点P 1，P 2处的切线，l 1与l 2垂直相交于点P ，且l 1，l 2分别与y 轴相交于点A ，B ，则△PAB 的面积的取值范围是( )A ．(0,1)B ．(0,2)C ．(0，＋∞)D ．(1，＋∞)解析：不妨设P 1(x 1，ln x 1)，P 2(x 2，－ln x 2)，由于l 1⊥l 2，所以1x 1×⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x 2＝－1，则x 1＝1x 2.又切线l 1：y －ln x 1＝1x 1(x －x 1)，l 2：y ＋ln x 2＝－1x 2(x －x 2)，于是A (0，ln x 1－1)，B (0,1＋ln x 1)，所以|AB |＝2.联立⎩⎪⎨⎪⎧y －ln x 1＝1x 1x －x 1，y ＋ln x 2＝－1x2x －x 2，解得x P ＝2x 1＋1x 1.所以S △PAB ＝12×2×x P ＝2x 1＋1x 1，因为x 1>1，所以x 1＋1x 1>2，所以S △PAB 的取值范围是(0,1)，故选A.答案：A4．已知函数f (x )＝13x 3－2x 2＋3x (x ∈R )的图象为曲线C .(1)求过曲线C 上任意一点切线斜率的取值范围；(2)若在曲线C 上存在两条相互垂直的切线，求其中一条切线与曲线C 的切点的横坐标的取值范围．解：(1)由题意得f ′(x )＝x 2－4x ＋3. 则f ′(x )＝(x －2)2－1≥－1，即过曲线C 上任意一点切线斜率的取值范围是[－1，＋∞)． (2)设曲线C 的其中一条切线的斜率为k ，则由(2)中条件并结合(1)中结论可知，⎩⎪⎨⎪⎧k ≥－1，－1k≥－1，解得－1≤k <0或k ≥1.故由－1≤x 2－4x ＋3<0或x 2－4x ＋3≥1.得x ∈(－∞，2－2]∪(1,3)∪[2＋2，＋∞)．课时作业30 数系的扩充与复数的引入一、选择题1．若集合A ＝{i ，i 2，i 3，i 4}(i 是虚数单位)，B ＝{1，－1}，则A ∩B 等于( ) A ．{－1} B ．{1} C ．{1，－1}D ．∅解析：因为A ＝{i ，i 2，i 3，i 4}＝{i ，－1，－i ，1}，B ＝{1，－1}，所以A ∩B ＝{－1,1}． 答案：C2．(2016·山东卷)若复数z ＝21－i ，其中i 为虚数单位，则z ＝( )A ．1＋iB ．1－iC ．－1＋iD ．－1－i解析：易知z ＝1＋i ，所以z ＝1－i ，选B. 答案：B3．(2016·新课标全国卷Ⅱ)设复数z 满足z ＋i ＝3－i ，则z ＝( ) A ．－1＋2i B ．1－2i C ．3＋2iD ．3－2i解析：易知z ＝3－2i ，所以z ＝3＋2i. 答案：C4．若复数m (3＋i)－(2＋i)在复平面内对应的点位于第四象限，则实数m 的取值范围为( )A ．m >1B ．m >23C ．m <23或m >1D.23<m <1 解析：m (3＋i)－(2＋i)＝(3m －2)＋(m －1)i由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧3m －2>0，m －1<0，解得23<m <1.答案：D5．若复数z ＝a 2－1＋(a ＋1)i(a ∈R )是纯虚数，则1z ＋a的虚部为( ) A ．－25B ．－25iC.25D.25i 解析：由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 2－1＝0，a ＋1≠0，所以a ＝1，所以1z ＋a ＝11＋2i＝1－2i ＋－＝15－25i ，根据虚部的概念，可得1z ＋a 的虚部为－25. 答案：A6．已知复数z ＝1＋2i 1－i，则1＋z ＋z 2＋…＋z 2 015＝( ) A ．1＋iB ．1－iC ．iD ．0解析：z ＝1＋2i1－i ＝1＋＋2＝i ，∴1＋z ＋z 2＋…＋z2 015＝－z 2 0161－z＝1－i 2 0161－i ＝1－i4×5041－i＝0. 答案：D7．(2017·芜湖一模)已知i 是虚数单位，若z 1＝a ＋32i ，z 2＝a －32i ，若z 1z 2为纯虚数，则实数a ＝( )A.32B ．－32C.32或－32D ．0解析：z 1z 2＝a ＋32i a －32i ＝⎝⎛⎭⎪⎫a ＋32i 2⎝⎛⎭⎪⎫a －32i ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋32i＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－34＋3a i a 2＋34是纯虚数，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 2－34＝0，3a ≠0，解得a ＝±32. 答案：C8．在复平面内，复数11＋i ，11－i(i 为虚数单位)对应的点分别为A ，B ，若点C 为线段AB 的中点，则点C 对应的复数为( )A.12 B ．1 C.12i D ．i解析：∵11＋i＝1－i －＋＝12－12i ，11－i＝1＋i －＋＝12＋12i ，则A (12，－12)，B (12，12)，∴线段AB 的中点C (12，0)，故点C 对应的复数为12，选A. 答案：A 二、填空题9．复数z ＝(1＋2i)(3－i)，其中i 为虚数单位，则z 的实部是________． 解析：复数z ＝(1＋2i)(3－i)＝5＋5i ，其实部是5. 答案：510．(2016·天津卷)已知a ，b ∈R ，i 是虚数单位，若(1＋i)(1－b i)＝a ，则a b的值为________．解析：(1＋i)(1－b i)＝1＋b ＋(1－b )i ＝a ，所以b ＝1，a ＝2，a b＝2. 答案：2 11．已知a ＋2ii＝b ＋i(a ，b ∈R )，其中i 为虚数单位，则a ＋b ＝________.解析：因为a ＋2ii＝b ＋i ，所以2－a i ＝b ＋i.由复数相等的充要条件得b ＝2，a ＝－1，故a ＋b ＝1.答案：112．在复平面上，复数3－2对应的点到原点的距离为________．解析：解法1：由题意可知⎪⎪⎪⎪⎪⎪3－2＝3|2－i|2＝35. 解法2：3－2＝34－4i ＋i 2＝33－4i＝＋－＋＝9＋12i 25＝925＋1225i ，⎪⎪⎪⎪⎪⎪3－2＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪925＋1225i ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫9252＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12252＝35.答案：351．(2017·河北衡水一模)如图，在复平面内，复数z 1，z 2对应的向量分别是OA →，OB →，则|z 1＋z 2|＝( )A ．2B ．3C ．2 2D ．3 3解析：z 1＝－2－i ，z 2＝i ，z 1＋z 2＝－2，故选A. 答案：A2．设复数z ＝3＋i(i 为虚数单位)在复平面中对应点A ，将OA 绕原点O 逆时针旋转90°得到OB ，则点B 在( )A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限解析：因为复数z 对应点的坐标为A (3,1)，所以点A 位于第一象限，所以逆时针旋转π2后对应的点B 在第二象限．答案：B3．已知i 为虚数单位，(z 1－2)(1＋i)＝1－i ，z 2＝a ＋2i ，若z 1·z 2∈R ，则|z 2|＝( ) A ．4 B ．20 C. 5D ．2 5解析：z 1＝2＋1－i 1＋i＝2＋－2＋－＝2－i ，z 1·z 2＝(2－i)(a ＋2i)＝2a ＋2＋(4－a )i ，若z 1·z 2∈R ，则a ＝4，|z 2|＝25，选D.答案：D4．已知复数z 1＝cos15°＋sin15°i 和复数z 2＝cos45°＋sin 45°i，则z 1·z 2＝________.解析：z 1·z 2＝(cos15°＋sin15°i)(cos45°＋sin45°i)＝(cos15°cos45°－sin15°sin45°)＋(sin15°cos45°＋cos15°sin45°)i＝cos60°＋sin60°i＝12＋32i.答案：12＋32i5．已知复数z ＝i ＋i 2＋i 3＋…＋i2 0141＋i，则复数z 在复平面内对应的点为________．解析：∵i 4n ＋1＋i 4n ＋2＋i 4n ＋3＋i 4n ＋4＝i ＋i 2＋i 3＋i 4＝0，而 2 013＝4×503＋1,2 014＝4×503＋2， ∴z ＝i ＋i 2＋i 3＋…＋i 2 0141＋i ＝i ＋i 21＋i ＝－1＋i 1＋i ＝－1＋－＋－＝2i 2＝i ， 对应的点为(0,1)． 答案：(0,1)。
2018届高考数学(文)大一轮复习检测：第二章 函数、导数及其应用 课时作业10 Word版含答案
课时作业10 函数的图象一、选择题1．函数y ＝－e x的图象( ) A ．与y ＝e x的图象关于y 轴对称 B ．与y ＝e x的图象关于坐标原点对称 C ．与y ＝e －x的图象关于y 轴对称 D ．与y ＝e －x 的图象关于坐标原点对称解析：y ＝－e x的图象与y ＝e x的图象关于x 轴对称，与y ＝e －x的图象关于坐标原点对称．答案：D2．若函数y ＝f (x ＋3)的图象经过点P (1,4)，则函数f (x )的图象必经过点( ) A ．(4,4) B ．(3,4) C ．(2,4)D ．(－3,4)解析：根据已知得f (4)＝4，故函数f (x )的图象必经过点(4,4)． 答案：A3．(2017·贵州贵阳监测)函数y ＝x 33x －1的图象大致是( )解析：由题意得，x ≠0，排除A ；当x <0时，x 3<0,3x－1<0，∴x 33x －1>0，排除B ；又∵x →＋∞时，x 33x －1→0，排除D ，故选C.答案：C4．在去年年初，某公司的一品牌电子产品，由于替代品的出现，产品销售量逐渐下降，五月份公司加大了宣传力度，销售量出现明显的回升，九月份，公司借大学生开学之机，采取了促销等手段，产品的销售量猛增，十一月份之后，销售量有所回落．下面大致能反映出该公司去年该产品销售量的变化情况的图象是( )解析：由题意知销售量相对于月份的函数应该是先递减，然后递增(增加的幅度不太大)，然后急剧增大，接着递减，C 是符合的，故选C.答案：C5．如图，函数f (x )的图象为折线ACB ，则不等式f (x )≥log 2(x ＋1)的解集是( )A ．{x |－1＜x ≤0}B ．{x |－1≤x ≤1}C ．{x |－1＜x ≤1}D ．{x |－1＜x ≤2}解析：由图象可知，当x >0时，函数f (x )＝2－x ，观察可知函数f (x )与y ＝log 2(x ＋1)的交点为(1,1)，又x ＋1≠0，∴x ≠－1，∴由图象可知f (x )≥log 2(x ＋1)的解集为(－1,1]．答案：C6．已知函数f (x )的图象向左平移1个单位后关于y 轴对称，当x 2>x 1>1时，[f (x 2)－f (x 1)]·(x 2－x 1)<0恒成立．设a ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，b ＝f (2)，c ＝f (3)，则a ，b ，c 的大小关系为( )A ．c >a >bB ．c >b >aC ．a >c >bD ．b >a >c解析：由于函数f (x )的图象向左平移1个单位后关于y 轴对称，所以函数f (x )的图象关于直线x ＝1对称，所以a ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52.当x 2>x 1>1时，[f (x 2)－f (x 1)]·(x 2－x 1)<0恒成立，所以函数f (x )在(1，＋∞)上单调递减，所以b >a >c .答案：D 二、填空题7．把函数y ＝log 3(x －1)的图象向右平移12个单位，再把横坐标缩小为原来的12，所得图象的函数解析式是________．解析：y ＝log 3(x －1)的图象向右平移12个单位得到y ＝log 3⎝ ⎛⎭⎪⎫x －32，再把横坐标缩小为原来的12，得到y ＝log 3⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －32.故应填y ＝log 3⎝⎛⎭⎪⎫2x －32.答案：y ＝log 3⎝⎛⎭⎪⎫2x －32 8．若函数y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12|1－x |＋m 的图象与x 轴有公共点，则实数m 的取值范围是________．解析：首先作出y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12|1－x |的图象(如图所示)，欲使y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12|1－x |＋m 的图象与x 轴有交点，则－1≤m ＜0.答案：－1≤m ＜09．设函数f (x )＝|x ＋a |，g (x )＝x －1，对于任意的x ∈R ，不等式f (x )≥g (x )恒成立，则实数a 的取值范围是________．解析：如图作出函数f (x )＝|x ＋a |与g (x )＝x －1的图象，观察图象可知：当且仅当－a ≤1，即a ≥－1时，不等式f (x )≥g (x )恒成立，因此a 的取值范围是[－1，＋∞)．答案：[－1，＋∞) 三、解答题10．作出下列函数的大致图象： (1)y ＝x 2－2|x |；(2)y ＝log 13[3(x ＋2)]．解：(1)y ＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2xx x 2＋2xx的图象如图(1)．(2)y ＝log 13 3＋log 13 (x ＋2)＝－1＋log 13(x ＋2)，其图象如图(2)． 11．设函数f (x )＝x ＋1x(x ∈(－∞，0)∪(0，＋∞))的图象为C 1，C 1关于点A (2,1)对称的图象为C 2，C 2对应的函数为g (x )．(1)求函数y ＝g (x )的解析式，并确定其定义域；(2)若直线y ＝b 与C 2只有一个交点，求b 的值，并求出交点的坐标． 解：(1)设P (u ，v )是y ＝x ＋1x上任意一点，∴v ＝u ＋1u①.设P 关于A (2,1)对称的点为Q (x ，y )，∴⎩⎪⎨⎪⎧u ＋x ＝4，v ＋y ＝2⇒⎩⎪⎨⎪⎧u ＝4－x ，v ＝2－y ，代入①得2－y ＝4－x ＋14－x⇒y ＝x －2＋1x －4， ∴g (x )＝x －2＋1x －4(x ∈(－∞，4)∪(4，＋∞))． (2)联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝b ，y ＝x －2＋1x －4⇒x 2－(b ＋6)x ＋4b ＋9＝0，∴Δ＝(b ＋6)2－4×(4b ＋9)＝b 2－4b ＝0⇒b ＝0或b ＝4.∴当b ＝0时得交点(3,0)；当b ＝4时得交点(5,4)．1．(2017·安徽六校联考)已知函数f (x )＝log a x (a >0且a ≠1)和函数g (x )＝sin π2x ，若f (x )与g (x )两图象只有3个交点，则a 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫15，1∪⎝ ⎛⎭⎪⎫1，92B.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，17∪⎝ ⎛⎭⎪⎫1，92C.⎝ ⎛⎭⎪⎫17，12∪(3,9)D.⎝ ⎛⎭⎪⎫17，13∪(5,9) 解析：作出函数f (x )与g (x )的图象如图所示，当a >1时，f (x )与g (x )两图象只有3个交点，可得5<a <9，当0<a <1时，f (x )与g (x )两图象只有3个交点，可得17<a <13，所以a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫17，13∪(5,9)，故选D.答案：D2．(2017·鹰潭模拟)如图，点P 是以O 为圆心，AB 为直径的半圆上的动点，AB ＝2，设弦AP 的长为x ，△APO 的面积为y ，则下列选项中，能表示y 与x 的函数关系的大致图象是( )解析：如图，因为根据三角形面积公式，当一边OA 固定时，它边上的高最大时，三角形面积最大，所以当PO ⊥AO ，即PO 为△APO 中OA 边上的高时，△APO 的面积y 最大，此时，由AB ＝2，根据勾股定理，得弦AP ＝x ＝2，所以当x ＝2时，△APO 的面积y 最大，最大面积为y ＝12，从而可排除B ，D 选项．又因为当AP ＝x ＝1时，△APO 为等边三角形，它的面积y＝34>14，所以此时，点⎝ ⎛⎭⎪⎫1，34应在y ＝12的一半的上方，从而可排除C 选项． 答案：A3．(2016·新课标全国卷Ⅱ)已知函数f (x )(x ∈R )满足f (x )＝f (2－x )，若函数y ＝|x2－2x －3|与y ＝f (x )图象的交点为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，…，(x m ，y m )，则∑i ＝1mx i ＝( )A ．0B ．mC ．2mD ．4m解析：通性通法：由f (x )＝f (2－x )知f (x )的图象关于直线x ＝1对称，又函数y ＝|x2－2x －3|＝|(x －1)2－4|的图象也关于直线x ＝1对称，所以这两个函数的图象的交点也关于直线x ＝1对称．不妨设x 1<x 2<…<x m ，则x 1＋x m2＝1，即x 1＋x m ＝2，同理有x 2＋x m －1＝2，x 3＋x m －2＝2，……，又∑i ＝1mx i ＝x m ＋x m －1＋…＋x 1，所以2∑i ＝1mx i ＝(x 1＋x m )＋(x 2＋x m －1)＋…＋(x m ＋x 1)＝2m ，所以∑i ＝1mx i ＝m .光速解法：取特殊函数f (x )＝0(x ∈R )，它与y ＝|x 2－2x －3|的图象有两个交点(－1,0)，(3,0)，此时m ＝2，x 1＝－1，x 2＝3，故∑i ＝1mx i ＝2＝m ，只有B 选项符合．答案：B4．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1－|x ＋1|，x ∈[－2，0]，2f x －，x ∈，＋(1)求函数f (x )在[－2,4]上的解析式；(2)若方程f (x )＝x ＋a 在区间[－2,4]内有3个不等实根，求实数a 的取值范围． 解：(1)当－2≤x ≤4时， f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1－|x ＋1|，x ∈[－2，0]，2－2|x －1|，x ∈，2]，4－4|x －3|，x ∈，4].(2)作出函数f (x )在区间[－2,4]上的图象，如图所示．线y＝x＋a应位于l1与l2之间或直线l3的位置，所以实数a的取值范围是－2<a<0或a＝1.课时作业30 数系的扩充与复数的引入一、选择题1．若集合A＝{i，i2，i3，i4}(i是虚数单位)，B＝{1，－1}，则A∩B等于( )A ．{－1}B ．{1}C ．{1，－1}D ．∅解析：因为A ＝{i ，i 2，i 3，i 4}＝{i ，－1，－i ，1}，B ＝{1，－1}，所以A ∩B ＝{－1,1}． 答案：C2．(2016·山东卷)若复数z ＝21－i ，其中i 为虚数单位，则z ＝( )A ．1＋iB ．1－iC ．－1＋iD ．－1－i解析：易知z ＝1＋i ，所以z ＝1－i ，选B. 答案：B3．(2016·新课标全国卷Ⅱ)设复数z 满足z ＋i ＝3－i ，则z ＝( ) A ．－1＋2i B ．1－2i C ．3＋2iD ．3－2i解析：易知z ＝3－2i ，所以z ＝3＋2i. 答案：C4．若复数m (3＋i)－(2＋i)在复平面内对应的点位于第四象限，则实数m 的取值范围为( )A ．m >1B ．m >23C ．m <23或m >1D.23<m <1 解析：m (3＋i)－(2＋i)＝(3m －2)＋(m －1)i由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧3m －2>0，m －1<0，解得23<m <1.答案：D5．若复数z ＝a 2－1＋(a ＋1)i(a ∈R )是纯虚数，则1z ＋a的虚部为( ) A ．－25B ．－25iC.25D.25i 解析：由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 2－1＝0，a ＋1≠0，所以a ＝1，所以1z ＋a ＝11＋2i＝1－2i ＋－＝15－25i ，根据虚部的概念，可得1z ＋a 的虚部为－25.答案：A6．已知复数z ＝1＋2i 1－i，则1＋z ＋z 2＋…＋z 2 015＝( ) A ．1＋i B ．1－i C ．iD ．0解析：z ＝1＋2i1－i ＝1＋＋2＝i ，∴1＋z ＋z 2＋…＋z2 015＝－z 2 0161－z＝1－i 2 0161－i ＝1－i4×5041－i＝0. 答案：D7．(2017·芜湖一模)已知i 是虚数单位，若z 1＝a ＋32i ，z 2＝a －32i ，若z 1z 2为纯虚数，则实数a ＝( )A.32B ．－32C.32或－32D ．0解析：z 1z 2＝a ＋32i a －32i ＝⎝⎛⎭⎪⎫a ＋32i 2⎝⎛⎭⎪⎫a －32i ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋32i＝⎝⎛⎭⎪⎫a 2－34＋3a i a 2＋34是纯虚数，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 2－34＝0，3a ≠0，解得a ＝±32. 答案：C8．在复平面内，复数11＋i ，11－i(i 为虚数单位)对应的点分别为A ，B ，若点C 为线段AB 的中点，则点C 对应的复数为( )A.12 B ． 1 C.12i D ．i解析：∵11＋i＝1－i －＋＝12－12i ，11－i＝1＋i －＋＝12＋12i ，则A (12，－12)，B (12，12)，∴线段AB 的中点C (12，0)，故点C 对应的复数为12，选A. 答案：A 二、填空题9．复数z ＝(1＋2i)(3－i)，其中i 为虚数单位，则z 的实部是________． 解析：复数z ＝(1＋2i)(3－i)＝5＋5i ，其实部是5. 答案：510．(2016·天津卷)已知a ，b ∈R ，i 是虚数单位，若(1＋i)(1－b i)＝a ，则ab的值为________．解析：(1＋i)(1－b i)＝1＋b ＋(1－b )i ＝a ，所以b ＝1，a ＝2，a b＝2. 答案：2 11．已知a ＋2ii＝b ＋i(a ，b ∈R )，其中i 为虚数单位，则a ＋b ＝________.解析：因为a ＋2ii＝b ＋i ，所以2－a i ＝b ＋i.由复数相等的充要条件得b ＝2，a ＝－1，故a ＋b ＝1.答案：112．在复平面上，复数3－对应的点到原点的距离为________．解析：解法1：由题意可知⎪⎪⎪⎪⎪⎪3－2＝3|2－i|2＝35. 解法2：3－2＝34－4i ＋i 2＝33－4i＝＋－＋＝9＋12i 25＝925＋1225i ，⎪⎪⎪⎪⎪⎪3－2＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪925＋1225i ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫9252＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12252＝35.答案：351．(2017·河北衡水一模)如图，在复平面内，复数z 1，z 2对应的向量分别是OA →，OB →，则|z 1＋z 2|＝( )A ．2B ．3C ．2 2D ．3 3解析：z 1＝－2－i ，z 2＝i ，z 1＋z 2＝－2，故选A. 答案：A2．设复数z ＝3＋i(i 为虚数单位)在复平面中对应点A ，将OA 绕原点O 逆时针旋转90°得到OB ，则点B 在( )A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限解析：因为复数z 对应点的坐标为A (3,1)，所以点A 位于第一象限，所以逆时针旋转π2后对应的点B 在第二象限．答案：B3．已知i 为虚数单位，(z 1－2)(1＋i)＝1－i ，z 2＝a ＋2i ，若z 1·z 2∈R ，则|z 2|＝( ) A ．4 B ．20 C. 5D ．2 5解析：z 1＝2＋1－i 1＋i＝2＋－2＋－＝2－i ，z 1·z 2＝(2－i)(a ＋2i)＝2a ＋2＋(4－a )i ，若z 1·z 2∈R ，则a ＝4，|z 2|＝25，选D.答案：D4．已知复数z 1＝cos15°＋sin15°i 和复数z 2＝cos45°＋sin45°i，则z 1·z 2＝________.解析：z 1·z 2＝(cos15°＋sin15°i)(cos45°＋sin45°i)＝(cos15°cos45°－sin15°sin45°)＋(sin15°cos45°＋cos15°sin45°)i＝cos60°＋sin60°i＝12＋32i.答案：12＋32i5．已知复数z ＝i ＋i 2＋i 3＋…＋i2 0141＋i，则复数z 在复平面内对应的点为________．解析：∵i 4n ＋1＋i4n ＋2＋i4n ＋3＋i4n ＋4＝i ＋i 2＋i 3＋i 4＝0，而 2 013＝4×503＋1,2 014＝4×503＋2，∴z ＝i ＋i 2＋i 3＋…＋i 2 0141＋i＝i ＋i 21＋i ＝－1＋i 1＋i ＝－1＋－＋－＝2i2＝i ， 对应的点为(0,1)．答案：(0,1)。
2018年高考数学一轮复习第二章函数、导数及其应用课时
2018年高考数学一轮复习 第二章 函数、导数及其应用 课时达标16导数与函数的综合问题 理[解密考纲]本考点主要以基本初等函数为载体，综合应用函数、导数、方程、不等式等知识，常考查恒成立问题、存在性问题或者与实际问题相结合讨论最优解等问题，综合性较强，常作为压轴题出现．三种题型均有出现，以解答题为主，难度较大．1．已知函数f (x )＝x 2－ax －a ln x (a ∈R )． (1)若函数f (x )在x ＝1处取得极值，求a 的值； (2)在(1)的条件下，求证：f (x )≥－x 33＋5x 22－4x ＋116.解析：(1)f ′(x )＝2x －a －ax，由题意可得f ′(1)＝0，解得a ＝1.经检验，a ＝1时f (x )在x ＝1处取得极值，所以a ＝1.(2)由(1)知，f (x )＝x 2－x －ln x ，令g (x )＝f (x )－⎝ ⎛⎭⎪⎫－x 33＋5x22－4x ＋116＝x 33－3x 22＋3x－ln x －116，由g ′(x )＝x 2－3x ＋3－1x ＝x 3－1x －3(x －1)＝ x －13x(x >0)，可知g (x )在(0,1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数，∴g (x )min ＝g (1)＝13－32＋3－116＝0，∴当x >0时，g (x )≥g (1)＝0，于是f (x )≥－x 33＋5x 22－4x ＋116.2．设函数f (x )＝x 2＋ln(x ＋1)，其中b ≠0.证明：对于任意的x 1，x 2∈[1，＋∞)，且x 1≠x 2，都有f x 1 －f x 2 x 1－x 2>52.证明：f (x )＝x 2＋ln(x ＋1)，令h (x )＝f (x )－52x ＝x 2＋ln(x ＋1)－52x (x ≥1)，h ′(x )＝2x ＋1x ＋1－52＝4x ＋3 x －12 x ＋1，当x ≥1时，h ′(x )≥0，所以函数h (x )在[1，＋∞)上是增函数． 由已知，不妨设1≤x 1<x 2，则h (x 1)<h (x 2)， f (x 1)－52x 1<f (x 2)－52x 2，即f x 1 －f x 2 x 1－x 2>52.3．(2015·北京卷)设函数f (x )＝x 22－k ln x ，k >0.(1)求f (x )的单调区间和极值；(2)证明：若f (x )存在零点，则f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点．解析：(1)由f (x )＝x 22－k ln x (k >0)，得x >0且f ′(x )＝x －k x ＝x 2－kx.由f ′(x )＝0，解得x ＝k (负值舍去)．f (x )与f ′(x )在区间(0，＋∞)上的情况如下：所以，f (x )单调递增区间是(k ，＋∞)．f (x )在x ＝k 处取得极小值f (k )＝k 1－ln k2.(2)证明：由(1)知，f (x )在区间(0，＋∞)上的最小值为f (k )＝k 1－ln k2，因为f (x )存在零点，所以k 1－ln k 2≤0，从而k ≥e.当k ＝e 时，f (x )在区间(1，e)上单调递减，且f (e)＝0， 所以x ＝e 是f (x )在区间(1，e]上的唯一零点．当k >e 时，f (x )在区间(1，e]上单调递减，且f (1)＝12>0，f (e)＝e －k2<0，所以f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点．综上可知，若f (x )存在零点，则f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点．4．(2017·河南新乡调研)已知函数f (x )＝x －(a ＋1)ln x －a x (a ∈R )，g (x )＝12x 2＋ex－x e x.(1)当x ∈[1，e]时，求f (x )的最小值；(2)当a <1时，若存在x 1∈[e ，e 2]，使得对任意的x 2∈[－2,0]，f (x 1)<g (x 2)恒成立，求a 的取值范围．解析：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝ x －1 x －ax2. ①当a ≤1时，x ∈[1，e]，f ′(x )≥0，f (x )为增函数， 则f (x )min ＝f (1)＝1－a .②当1<a <e 时，x ∈[1，a ]时，f ′(x )≤0，f (x )为减函数；x ∈[a ，e]时，f ′(x )≥0，f (x )为增函数，则f (x )min ＝f (a )＝a －(a ＋1)ln a －1.③当a ≥e 时，x ∈[1，e]时，f ′(x )≤0，f (x )在[1，e]上为减函数，则f (x )min ＝f (e)＝e －(a ＋1)－ae.综上，当a ≤1时，f (x )min ＝1－a ； 当1<a <e 时，f (x )min ＝a －(a ＋1)ln a －1； 当a ≥e 时，f (x )min ＝e －(a ＋1)－ae.(2)由题意知：f (x )(x ∈[e ，e 2])的最小值小于g (x )(x ∈[－2,0])的最小值．由(1)知f (x )在[e ，e 2]上单调递增，f (x )min ＝f (e)＝e －(a ＋1)－ae，g ′(x )＝(1－e x )x .x ∈[－2,0]时，g ′(x )≤0，则g (x )为减函数．所以g (x )min ＝g (0)＝1.所以e －(a ＋1)－ae <1，即a >e 2－2ee ＋1.所以a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫e 2－2e e ＋1，1.5．(2016·辽宁调研)已知函数f (x )＝ax －ln x ，x ∈(0，e]，g (x )＝ln xx，其中e 是自然对数的底数，a ∈R .(1)当a ＝1时，求f (x )的极值，并证明|f (x )|>g (x )＋12恒成立；(2)是否存在实数a ，使f (x )的最小值为3？若存在，求出a 的值，若不存在，请说明理由．解析：(1)当a ＝1时，f (x )＝x －ln x ，∴f ′(x )＝1－1x ＝x －1x，∴当0<x <1时，f ′(x )<0，此时f (x )单调递减；当1<x ≤e 时，f ′(x )>0，此时f (x )单调递增．∴f (x )的极小值为f (1)＝1，∴f (x )在(0，e]上的最小值为1. 令h (x )＝g (x )＋12＝ln x x ＋12，则h ′(x )＝1－ln x x 2，当0<x <e 时，h ′(x )>0，则h (x )在(0，e]上单调递增， ∴h (x )max ＝h (e)＝1e ＋12<12＋12＝1＝f (x )min .∴|f (x )|>g (x )＋12恒成立．(2)假设存在实数a ，使f (x )＝ax －ln x ，x ∈(0，e]，有最小值3，f ′(x )＝a －1x ＝ax －1x.①当a ≤0时，f (x )在(0，e]上单调递减，f (x )min ＝f (e)＝a e －1＝3，∴a ＝4e(舍去)，∴a ≤0时，不存在实数a 使f (x )的最小值为3.②当0<1a<e 时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递减，在⎝ ⎛⎦⎥⎤1a ，e 上单调递增，∴f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝1＋ln a ＝3，∴a ＝e 2，满足条件．③当1a ≥e 时，f (x )在(0，e]上单调递减，f (x )min ＝f (e)＝a e －1＝3，∴a ＝4e (舍去)，∴1a≥e 时，不存在实数a 使f (x )的最小值为3.综上，存在实数a ＝e 2，使得当x ∈(0，e]时，f (x )有最小值3.6．某商店经销一种奥运纪念品，每件产品成本为30元，且每卖出一件产品，需向税务部门上交a 元(a 为常数，2≤a ≤5)的税收，设每件产品的日售价为x 元(35≤x ≤41)，根据市场调查，日销售量与e x(e 为自然对数的底数)成反比，已知每件产品的日售价为40元时，日销售量为10件．(1)求商店的日利润L (x )元与每件产品的日售价x 元的函数关系式； (2)当每件产品的日售价为多少元时该商店的日利润L (x )最大，说明理由． 解析：(1)设日销售量为k e x 件，则ke 40＝10，∴k ＝10e 40.则日销售量为10e40e x 件，每件利润为(x －30－a )元，则日利润L (x )＝10e 40·x －30－aex(35≤x ≤41)．(2)L ′(x )＝10e 40·31＋a －x ex(35≤x ≤41)． ①当2≤a ≤4时，33≤31＋a ≤35，L ′(x )≤0，L (x )在[35,41]上是减函数．∴当x ＝35时，L (x )的最大值为10(5－a )e 5.②当4<a ≤5时，35<31＋a ≤36，由L ′(x )＝0得x ＝a ＋31， 当x ∈(35，a ＋31)时，L ′(x )＞0，L (x )在(35，a ＋31)上是增函数． 当x ∈(a ＋31,41]时，L ′(x )<0，L (x )在(a ＋31,41]上是减函数． ∴当x ＝a ＋31时，L (x )的最大值为10e9－a.综上可知，当2≤a ≤4时，日售价为35元可使日利润L (x )最大，当4<a ≤5时，日售价为a ＋31元可使日利润L (x )最大．7．已知函数f (x )＝x 3＋x ，∀m ∈[－2,2]，f (mx －2)＋f (x )<0恒成立，求实数x 的取值范围．解析：∵f ′(x )＝3x 2＋1>0恒成立，∴f (x )在R 上为增函数．又f (－x )＝－f (x )，故f (x )为奇函数，由f (mx －2)＋f (x )<0，得f (mx －2)<－f (x )＝f (－x )， ∴mx －2<－x 即xm ＋x －2<0对∀m ∈[－2,2]恒成立． 记g (m )＝xm ＋x －2，m ∈[－2,2]，则⎩⎪⎨⎪⎧g －2 ＝－2x ＋x －2<0，g 2 ＝2x ＋x －2<0，解得－2<x <23，即x ∈⎝⎛⎭⎪⎫－2，23. 8．(2015·全国卷Ⅱ)设函数f (x )＝e mx＋x 2－mx .(1)证明：f (x )在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增；(2)若对于任意x 1，x 2∈[－1,1]，都有|f (x 1)－f (x 2)|≤e－1，求m 的取值范围． 解析：(1)证明：f ′(x )＝m (e mx－1)＋2x .若m ≥0，则当x ∈(－∞，0)时，e mx－1≤0，f ′(x )＜0； 当x ∈(0，＋∞)时，e mx－1≥0，f ′(x )＞0.若m ＜0，则当x ∈(－∞，0)时，e mx－1＞0，f ′(x )＜0； 当x ∈(0，＋∞)时，e mx－1＜0，f ′(x )＞0.所以，f (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．(2)由(1)知，对任意的m ，f (x )在[－1,0]单调递减，在[0,1]单调递增，故f (x )在x ＝0处取最小值．所以对于任意x 1，x 2∈[－1,1]，|f (x 1)－f (x 2)|≤e －1的充要条件是⎩⎪⎨⎪⎧f 1 －f 0 ≤e－1，f －1 －f 0 ≤e－1，即⎩⎪⎨⎪⎧e m－m ≤e－1，e －m＋m ≤e－1.①设函数g (t )＝e t－t －e ＋1，则g ′(t )＝e t－1. 当t ＜0时，g ′(t )＜0；当t ＞0时，g ′(t )＞0. 故g (t )在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增． 又g (1)＝0，g (－1)＝e －1＋2－e ＜0， 故当t ∈[－1,1]时，g (t )≤0.当m ∈[－1,1]时，g (m )≤0，g (－m )≤0，即①式成立； 当m ＞1时，由g (t )的单调性，g (m )＞0，即e m－m ＞e －1； 当m ＜－1时，g (－m )＞0，即e －m＋m ＞e －1.综上，m的取值范围是[－1,1]．。
2018届高考数学(文)大一轮复习检测：第二章 函数、导数及其应用 课时作业12 含答案
课时作业12 函数模型及应用一、选择题1．下表显示出函数值y 随自变量x 变化一组数据，由此判断它最可能函数模型是( )A.一次函数模型C ．指数函数模型D ．对数函数模型解析：由表中数据知x ，y 满足关系y ＝13＋2(x －3)．故为一次函数模型． 答案：A2．某文具店出售羽毛球拍和羽毛球，球拍每副定价20元，羽毛球每个定价5元，该店制定了两种优惠方法：①买一副球拍赠送一个羽毛球；②按总价92%付款．现某人计划购买4副球拍和30个羽毛球，两种方法中，更省钱一种是( )A ．不能确定B ．①②同样省钱C ．②省钱D ．①省钱解析：方法①用款为4×20＋26×5＝80＋130＝210(元) 方法②用款为(4×20＋30×5)×92%＝211.6(元) 因为210<211.6，故方法①省钱． 答案：D3．一个人以6 m/s 速度去追停在交通灯前汽车，当他离汽车25 m 时，交通灯由红变绿，汽车以1 m/s 2加速度匀加速开走，那么( )A ．人可在7 s 内追上汽车B ．人可在10 s 内追上汽车C ．人追不上汽车，其间距最少为5 mD ．人追不上汽车，其间距最少为7 m解析：设汽车经过t 秒行驶路程为s 米，则s ＝12t 2，车与人间距d ＝(s ＋25)－6t ＝12t 2－6t＋25＝12(t －6)2＋7，当t ＝6时，d 取得最小值为7.答案：D4．某市生产总值连续两年持续增加．第一年增长率为p ，第二年增长率为q ，则该市这两年生产总值年平均增长率为( )A.p ＋q2B.p ＋1 q ＋1 －12C.pqD. p ＋1 q ＋1 －1解析：设第一年年初生产总值为1，则这两年生产总值为(p ＋1)(q ＋1)．设这两年生产总值年平均增长率为x ，则(1＋x )2＝(p ＋1)(q ＋1)，解得x ＝ p ＋1 q ＋1 －1，故选D.答案：D5．如图，有一直角墙角，两边长度足够长，在P 处有一棵树与两墙距离分别是a m(0<a <12)，4 m ，不考虑树粗细，现在用16 m 长篱笆，借助墙角围成一个矩形花圃ABCD .设此矩形花圃面积为S m 2，S 最大值为f (a )，若将这棵树围在花圃内，则函数u ＝f (a )图象大致是( )解析：设CD ＝x ，则S ＝x (16－x )(4<x <16－a )，u ＝S max ＝f (a )＝⎩⎪⎨⎪⎧64，0<a ≤8，a 16－a ，8<a <12.答案：C6．放射性元素由于不断有原子放射出微粒子而变成其他元素，其含量不断减少，这种现象称为衰变．假设在放射性同位素铯137衰变过程中，其含量M (单位：太贝克)与时间t (单位：年)满足函数关系：M (t )＝M 02－t30，其中M 0为t ＝0时铯137含量．已知t ＝30时，铯137含量变化率是－10ln2(太贝克/年)，则M (60)＝( ) A ．5太贝克 B ．75ln 2太贝克 C ．150ln 2太贝克D ．150太贝克解析：由题意M ′(t )＝M 02－t30 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－130ln2，M ′(30)＝M 02－1×⎝ ⎛⎭⎪⎫－130ln2＝－10ln2，∴M 0＝600，∴M (60)＝600×2－2＝150.故选D.答案：D 二、填空题7．某家具标价为132元，若降价以九折出售(即优惠10%)，仍可获利10%(相对进货价)，则该家具进货价是________元．解析：设进货价为a 元，由题意知132×(1－10%)－a ＝10%·a ，解得a ＝108. 答案：1088．某人根据经验绘制了2016年春节前后，从12月21日至1月8日自己种植西红柿销售量y (千克)随时间x (天)变化函数图象，如图所示，则此人在12月26日大约卖出了西红柿________千克．解析：前10天满足一次函数关系，设为y ＝kx ＋b ，将点(1,10)和点(10,30)代入函数解析式得⎩⎪⎨⎪⎧10＝k ＋b ，30＝10k ＋b ，解得k ＝209，b ＝709，所以y ＝209x ＋709，则当x ＝6时，y ＝1909.答案：19099．已知某驾驶员喝了m 升酒后，血液中酒精含量f (x )(毫克/毫升)随时间x (小时)变化规律近似满足表达式f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧5x －2，0≤x ≤1，35·⎝ ⎛⎭⎪⎫13x，x >1，《酒后驾车与醉酒驾车标准及相应处罚》规定：驾驶员血液中酒精含量应不超过0.02毫克/毫升．则此驾驶员至少要过________小时后才能开车．(精确到1小时)解析：驾驶员醉酒1小时血液中酒精含量为5－1＝0.2，要使酒精含量≤0.02毫克/毫升，则35⎝ ⎛⎭⎪⎫13x≤0.02，∴x ≥log 330＝1＋log 310>1＋log 39＝3，故至少要4个小时后才能开车． 答案：4三、解答题10．某化工厂引进一条先进生产线生产某种化工产品，其生产总成本y (万元)与年产量x (吨)之间函数关系式可以近似地表示为y ＝x 25－48x ＋8 000，已知此生产线年产量最大为210吨．(1)求年产量为多少吨时，生产每吨产品平均成本最低，并求最低成本；(2)若每吨产品平均出厂价为40万元，那么当年产量为多少吨时，可以获得最大利润？最大利润是多少？解：(1)每吨平均成本为y x(万元)．则y x ＝x 5＋8 000x－48≥2x 5·8 000x －48＝32，当且仅当x 5＝8 000x， 即x ＝200时取等号．所以年产量为200吨时，每吨产品平均成本最低，为32万元． (2)设年获得总利润为R (x )万元， 则R (x )＝40x －y ＝40x －x 25＋48x －8 000 ＝－x 25＋88x －8 000＝－15(x －220)2＋1 680(0≤x ≤210)．因为R (x )在[0,210]上是增函数， 所以x ＝210时，R (x )有最大值，为 －15(210－220)2＋1 680＝1 660. 所以年产量为210吨时，可获得最大利润1 660万元．11．某种出口产品关税税率为t ，市场价格x (单位：千元)与市场供应量p (单位：万件)之间近似满足关系式：p ＝2(1－kt )(x －b )2，其中k ，b 均为常数．当关税税率t ＝75%时，若市场价格为5千元，则市场供应量为1万件；若市场价格为7千元，则市场供应量约为2万件．(1)试确定k ，b 值．(2)市场需求量q (单位：万件)与市场价格x 近似满足关系式：q ＝2－x，当p ＝q 时，市场价格称为市场平衡价格，当市场平衡价格不超过4千元时，试确定关税税率最大值．解：(1)由已知⎩⎪⎨⎪⎧1＝2 1－0.75k 5－b22＝2 1－0.75k 7－b 2，⇒⎩⎪⎨⎪⎧1－0.75k 5－b 2＝0， 1－0.75k 7－b 2＝1.解得b ＝5，k ＝1.(2)当p ＝q 时，2(1－t )(x －5)2＝2－x，所以(1－t )(x －5)2＝－x ⇒t ＝1＋xx －52＝1＋1x ＋25x－10. 而f (x )＝x ＋25x在(0,4]上单调递减，所以当x ＝4时，f (x )有最小值414，故当x ＝4时，关税税率最大值为500%.1．(2016·新课标全国卷Ⅲ)某旅游城市为向游客介绍本地气温情况，绘制了一年中各月平均最高气温和平均最低气温雷达图．图中A 点表示十月平均最高气温约为15 ℃，B 点表示四月平均最低气温约为5 ℃.下面叙述不正确是( )A ．各月平均最低气温都在0 ℃以上B ．七月平均温差比一月平均温差大C ．三月和十一月平均最高气温基本相同D ．平均最高气温高于20 ℃月份有5个解析：由图形可得各月平均最低气温都在0 ℃以上，A 正确；七月平均温差约为10 ℃，而一月平均温差约为5 ℃，故B 正确；三月和十一月平均最高气温都在10 ℃左右，基本相同，C正确；平均最高气温高于20 ℃月份只有3个，D 错误．答案：D2．在翼装飞行世界锦标赛中，某翼人空中高速飞行，如图反映了他从某时刻开始15分钟内速度v (x )与时间x 关系，若定义“速度差函数”u (x )为时间段[0，x ]内最大速度与最小速度差，则u (x )图象是( )解析：由题意可得，当x ∈[0,6]时，翼人做匀加速运动，v (x )＝80＋403x ，“速度差函数”u (x )＝403x . 当x ∈[6,10]时，翼人做匀减速运动，速度v (x )从160开始下降，一直降到80，u (x )＝160－80＝80.当x ∈[10,12]时，翼人做匀减速运动，v (x )从80开始下降，v (x )＝180－10x ，u (x )＝160－(180－10x )＝10x －20.当x ∈[12,15]时，翼人做匀加速运动，“速度差函数”u (x )＝160－60＝100，结合所给图象，故选D.答案：D3．(2017·北京朝阳一模)稿酬所得以个人每次取得收入，定额或定率减除规定费用后余额为应纳税所得额，每次收入不超过4 000元，定额减除费用800元；每次收入在4 000元以上，定率减除20%费用，适用20%比例税率，并按规定对应纳税额减征30%，计算公式为：(1)每次收入不超过4 000元：应纳税额＝(每次收入额－800)×20%×(1－30%)； (2)每次收入在4 000元以上：应纳税额＝每次收入额×(1－20%)×20%×(1－30%)． 已知某人出版一份书稿，共纳税280元，这个人应得稿费(扣税前)为________元． 解析：由题可知，当纳税280元时，代入第一个计算公式中，可得出280＝(每次收入额－800)×20%×(1－30%)，此时每次收入额为2 800元，因为2 800<4 000，满足题意．代入到第二个计算公式中，得到280＝每次收入额×(1－20%)×20%×(1－30%)，此时每次收入额为2 500元，因为2 500<4 000，不满足题意，舍去．故这个人应得稿费(扣税前)为2 800元．答案：2 8004．某地近年来持续干旱，为倡导节约用水，该地采用了“阶梯水价”计费方法，具体方法：每户每月用水量不超过4吨每吨2元；超过4吨而不超过6吨，超过4吨部分每吨4元；超过6吨，超出6吨部分每吨6元．(1)写出每户每月用水量x (吨)与支付费用y (元)函数关系； (2)该地一家庭记录了去年12个月月用水量(x ∈N *)如下表：(3)今年干旱形势仍然严峻，该地政府号召市民节约用水，如果每个月水费不超过12元家庭称为“节约用水家庭”，随机抽取了该地100户月用水量作出如下统计表：解：(1)y 关于x 函数关系式为 y ＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ，0≤x ≤4，4x －8，4<x ≤6，6x －20，x >6.(2)由(1)知：当x ＝3时，y ＝6； 当x ＝4时，y ＝8； 当x ＝5时，y ＝12；当x＝6时，y＝16；当x＝7时，y＝22.所以该家庭去年支付水费月平均费用为112×(6×1＋8×3＋12×3＋16×3＋22×2)≈13(元)．(3)由(1)和题意知：当y≤12时，x≤5，所以“节约用水家庭”频率为77100＝77%，据此估计该地“节约用水家庭”比例为77%.。
2018高考数学文理一轮复习检测：第二章 函数、导数及其应用 第11讲 第1课时理 含答案 精品
第二章 第十一讲 第一课时A 组基础巩固一、选择题1．(教材改编题)函数f (x )＝(x －3)e x 的单调递增区间是导学号 30070528( D ) A ．(－∞，2)B ．(0,3)C ．(1,4)D ．(2，＋∞) [解析] 因为f (x )＝(x －3)·e x ，所以f ′(x )＝e x (x －2)．令f ′(x )>0，得x >2.所以f (x )的单调递增区间是(2，＋∞)．故选D.2．(2017·天津市静海一中高三上学期9月调研数学试题)设函数f ′(x )＝x 2＋3x －4，则y ＝f (x ＋1)的单调减区间为导学号 30070529( B )A ．(－4,1)B ．(－5,0)C ．(－32，＋∞)D ．(－52，＋∞)[解析] 已知函数f ′(x )，可以求出f ′(x ＋1)，要求y ＝f (x ＋1)的单调减区间，令f ′(x ＋1)＜0即可，求不等式的解集；解：∵函数f ′(x )＝x 2＋3x －4，f ′(x ＋1)＝(x ＋1)2＋3(x ＋1)－4＝x 2＋5x ， 令y ＝f (x ＋1)的导数为：f ′(x ＋1)， ∵f ′(x ＋1)＝x 2＋5x ＜0，解得－5＜x ＜0 ∴y ＝f (x ＋1)的单调减区间：(－5,0)； 故选B.[点拨] 本题主要考查导函数的正负与原函数的单调性之间的关系，即当导函数大于0时原函数单调递增，当导函数小于0时原函数单调递减．3．(2014·课标全国卷Ⅱ)若函数f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)单调递增，则k 的取值范围是导学号 30070530( D )A ．(－∞，－2]B ．(－∞，－1]C ．[2，＋∞)D ．[1，＋∞)[解析] 因为f (x )＝kx －ln x ，所以f ′(x )＝k －1x .因为f (x )在区间(1，＋∞)上单调递增，所以当x >1时，f ′(x )＝k －1x ≥0恒成立，即k ≥1x 在区间(1，＋∞)上恒成立．因为x >1，所以0<1x <1，所以k ≥1.故选D.4．(2016·嘉兴模拟)若函数f (x )＝2x 2－ln x 在其定义域内的一个子区间(k －1，k ＋1)内不是单调函数，则实数k 的取值范围是导学号 30070531( B )A ．[1，＋∞)B ．[1，32)C ．[1,2)D ．[32，2)[解析] f ′(x )＝4x －1x ＝(2x ＋1)(2x －1)x (x >0)，令f ′(x )＝0，得x ＝12，又函数f (x )在区间(k －1，k ＋1)内不是单调函数，故12∈(k －1，k ＋1)且k －1≥0，解得k ∈[1，32)，故选B.二、填空题5．(2017·西藏日喀则一中高三上学期第一次月考数学试题)函数f (x )＝ln xx 的单调递增区间是_(0，e )_．导学号 30070532[解析] 求出函数f (x )＝ln xx 的导数为y ′的解析式，令y ′＞0 求得x 的范围，即可得到函数f (x )＝ln xx的单调递增区间．解：由于函数f (x )＝ln xx 的导数为y ′＝1－ln x x 2，令y ′＞0 可得ln x ＜1，解得0＜x ＜e ， 故函数f (x )＝ln xx 的单调递增区间是 (0，e )，故答案为：(0，e )．[点拨] 本题主要考查利用导数研究函数的单调性，属于基础题．6．(2016·河南开封月考)已知函数f (x )＝kx 3＋3(k －1)x 2－k 2＋1(k >0)的单调递减区间是(0,4).导学号 30070533(1)实数k 的值为 13；(2)若在(0,4)上为减函数，则实数k 的取值范围是 (0，13] .[解析] (1)f ′(x )＝3kx 2＋6(k －1)x ，由题意知f ′(4)＝0，解得k ＝13.(2)由f ′(x )＝3kx 2＋6(k －1)x ≤0并结合导函数的图象可知，必有－2(k －1)k ≥4，解得k ≤13.又k >0，故0<k ≤13.7．(2016·创新题)若函数f (x )＝ln x －12ax 2－2x 存在单调递减区间，则实数a 的取值范围是_(－1，＋∞)_.导学号 30070534[解析] f ′(x )＝1x －ax －2＝1－ax 2－2x x，由题意知f ′(x )<0有实数解，∵x >0，∴ax 2＋2x－1>0有实数解．当a ≥0时，显然满足；当a <0时，只要Δ＝4＋4a >0，∴－1<a <0.综上知a >－1. 三、解答题8．(改编题)已知函数f (x )＝ln(x －1)－k (x －1)＋1(k ∈R )，导学号 30070535 (1)求函数f (x )的单调区间；(2)若f (x )≤0恒成立，试确定实数k 的取值范围． [解析] (1)因为f (x )＝ln(x －1)－k (x －1)＋1(x >1)， 所以f ′(x )＝1x －1－k .当k ≤0时，f ′(x )>0恒成立，故函数在(1，＋∞)上为增函数， 当k >0时，令f ′(x )＝0，则x ＝k ＋1k.当f ′(x )>0，即1<x <k ＋1k 时，函数f (x )为增函数，当f ′(x )<0，即x >k ＋1k时，函数f (x )为减函数，综上所述，当k ≤0时，函数f (x )在(1，＋∞)上为增函数，当k >0时，函数f (x )在(1，k ＋1k )上为增函数，在(k ＋1k，＋∞)上为减函数．(2)由(1)知，当k ≤0时，f ′(x )>0，函数f (x )在定义域内单调递增，f (x )≤0不恒成立． 当k >0时，函数f (x )在(1，k ＋1k )上为增函数，在(k ＋1k ，＋∞)上为减函数．当x ＝k ＋1k 时，f (x )取最大值f (k ＋1k )＝ln 1k ≤0，所以k ≥1，即实数k 的取值范围为[1，＋∞)．9．已知函数f (x )＝ln x ＋ke x (k 为常数，e ＝2.718 28…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.导学号 30070536(1)求k 的值； (2)求f (x )的单调区间．[答案] (1)k ＝1 (2)单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞) [解析] (1)由f (x )＝ln x ＋kex ，得f ′(x )＝1－kx －x ln xxe x，x ∈(0，＋∞)．由于曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线与x 轴平行，所以f ′(1)＝0，因此k ＝1.(2)由(1)得f ′(x )＝1xe x (1－x －x ln x )，x ∈(0，＋∞)．令h (x )＝1－x －x ln x ，x ∈(0，＋∞)，当x ∈(0,1)时，h (x )>0；当x ∈(1，＋∞)时，h (x )<0. 又e x >0，所以x ∈(0,1)时，f ′(x )>0； x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0.因此f (x )的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)． 10．已知函数f (x )＝1－xax＋ln x .导学号 30070537(1)若函数f (x )在[1，＋∞)上为增函数，求正实数a 的取值范围； (2)讨论函数f (x )的单调性． [解析] (1)∵f (x )＝1－xax ＋ln x ，∴f ′(x )＝ax －1ax 2(a >0)．∵函数f (x )在[1，＋∞)上为增函数． ∴f ′(x )＝ax －1ax 2≥0对x ∈[1，＋∞)恒成立，ax －1≥0对x ∈[1，＋∞)恒成立， 即a ≥1x 对x ∈[1，＋∞)恒成立，∴a ≥1.(2)∵a ≠0，f ′(x )＝a (x －1a )ax 2＝x －1ax 2，x >0， 当a <0时，f ′(x )>0对x ∈(0，＋∞)恒成立， ∴f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)． 当a >0时，f ′(x )>0⇒x >1a ，f ′(x )<0⇒x <1a，∴f (x )的单调递增区间为(1a ，＋∞)，单调递减区间为(0，1a)．B 组能力提升1．(2017·四川省雅安中学月考数学试题)已知R 上可导函数f (x )的图象如图所示，则不等式(x 2－2x －3)f ′(x )＞0的解集为导学号 30070538( D )A ．(－∞，－2)∪(1，＋∞)B ．(－∞，－2)∪(1,2)C ．(－∞，－1)∪(－1,0)∪(2，＋∞)D ．(－∞，－1)∪(－1,1)∪(3，＋∞)[解析] 根据题意结合图象求出f ′(x )＞0的解集与f ′(x )＜0的解集，因此对原不等式进行化简与转化，进而得到原不等式的答案．解：由图象可得：当f ′(x )＞0时，函数f (x )是增函数，所以f ′(x )＞0的解集为(－∞，－1)，(1，＋∞)，当f ′(x )＜0时，函数f (x )是减函数，所以f ′(x )＜0的解集为(－1,1)． 所以不等式f ′(x )＜0即与不等式(x －1)(x ＋1)＜0的解集相等．由题意可得：不等式(x 2－2x －3)f ′(x )＞0等价于不等式(x －3)(x ＋1)(x ＋1)(x －1)＞0， 所以原不等式的解集为(－∞，－1)∪(－1,1)∪(3，＋∞)， 故选D.2．已知a ≥0，函数f (x )＝(x 2－2ax )e x ，若f (x )在[－1,1]上是单调减函数，则a 的取值范围是导学号 30070539( C )A ．0<a <34B ．12<a <34C ．a ≥34D ．0<a <12[解析] f ′(x )＝(2x －2a )e x ＋(x 2－2ax )e x ＝[x 2＋(2－2a )x －2a ]e x ，由题意当x ∈[－1,1]时，f ′(x )≤0恒成立，即x 2＋(2－2a )x －2a ≤0恒成立，即⎩⎪⎨⎪⎧(－1)2＋(2－2a )·(－1)－2a ≤0，12＋2－2a －2a ≤0，解得a ≥34.选C.3．在R 上可导的函数f (x )的图象如图所示，则关于x 的不等式xf ′(x )<0的解集为导学号 30070540( A )A ．(－∞，－1)∪(0,1)B ．(－1,0)∪(1，＋∞)C ．(－2，－1)∪(1,2)D ．(－∞，－2)∪(2，＋∞)[解析] 在(－∞，－1)和(1，＋∞)上，f (x )递增，所以f ′(x )>0，使xf ′(x )<0的范围为(－∞，－1)；在(－1,1)上，f (x )递减，所以f ′(x )<0，使xf ′(x )<0的范围为(0,1)． 综上，关于x 的不等式xf ′(x )<0的解集为(－∞，－1)∪(0,1)．4．(2017·天津市六校高三上学期期中联考数学试题)已知奇函数f (x )定义域为(﹣∞，0)∪(0，＋∞)，f ′(x )为其导函数，且满足以下条件①x ＞0时，f ′(x )＜3f (x )x ；②f (1)＝12；③f (2x )＝2f (x )，则不等式f (x )4x ＜2x 2的解集为 (－∞，－14)∪(14，＋∞) .导学号 30070541[解析] 构造函数F (x )＝f (x )x 3，依题意，可分析得到F (x )＝f (x )x 3为偶函数，在(0，＋∞)上单调递减，在(﹣∞，0)上单调递增，由f (x )4x ＜2x 2等价于f (x )x 3＜8，由f (1)＝12及f (2x )＝2f (x )，求得F (14)＝8，则F (x )＜F (14)，从而可得答案． 解：令F (x )＝f (x )x 3，则f ′(x )＝xf ′(x )－3f (x )x 4，∵x ＞0时，f ′(x )＜3f (x )x ，∴f ′(x )＜0，∴F (x )在(0，＋∞)上单调递减，又f (x )为奇函数， ∴F (x )＝f (x )x 3为偶函数，∴F (x )在(﹣∞，0)上单调递增， 又f (1)＝12，f (2x )＝2f (x )，∴f (12)＝12f (1)＝14，f (14)＝12f (12)＝18，∴F (14)＝f (14)(14)3＝8，∴f (x )4x ＜2x 2等价于f (x )x 3＜8，即F (x )＜F (14)，故|x |＞14， 解得：x ＞14或x ＜﹣14.故答案为：(﹣∞，﹣14)∪(14，＋∞)．[点拨] 本题考查利用导数研究函数的单调性，考查学生根据题意构造辅助函数的能力，考查分析、推理与逻辑思维能力，属于难题．5．已知函数f (x )＝x 2＋ax －ln x (a ∈R ).导学号 30070542 (1)当a ＝1时，求f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )在[1,2]上是减函数，求实数a 的取值范围． [解析] (1)当a ＝1时，f (x )＝x 2＋x －ln x (x >0)． f ′(x )＝2x ＋1－1x ＝2(x －12)(x ＋1)x(x >0)．当x ∈(0，12]时，f ′(x )≤0；当x ∈(12，＋∞)时，f ′(x )>0.所以f (x )的单调递减区间为(0，12]，单调递增区间为(12，＋∞)．(2)由题意，f ′(x )＝2x ＋a －1x ＝2x 2＋ax －1x≤0在[1,2]上恒成立，令h (x )＝2x 2＋ax －1，由⎩⎪⎨⎪⎧h (1)≤0，h (2)≤0，得⎩⎪⎨⎪⎧a ≤－1，a ≤－72，所以a ≤－72.6．(2016·北京)设函数f (x )＝xe a －x ＋bx ，曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程为y ＝(e－1)x ＋4.导学号 30070543(1)求a ，b 的值； (2)求f (x )的单调区间．[解析] (1)因为f (x )＝xe a －x ＋bx ，所以f ′(x )＝(1－x )e a －x ＋b .依题设，⎩⎪⎨⎪⎧ f (2)＝2e ＋2，f ′(2)＝e －1，即⎩⎪⎨⎪⎧2e a －2＋2b ＝2e ＋2，－e a －2＋b ＝e －1，解得a ＝2，b ＝e . (2)由(1)知f (x )＝xe 2－x ＋ex .由f ′(x )＝e 2－x (1－x ＋e x －1)及e 2－x >0知，f ′(x )与1－x ＋e x－1同号．令g (x )＝1－x ＋e x －1，则g ′(x )＝－1＋e x －1.所以当x ∈(－∞，1)时，g ′(x )<0，g (x )在区间(－∞，1)上单调递减； 当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )>0，g (x )在区间(1，＋∞)上单调递增． 故g (1)＝1是g (x )在区间(－∞，＋∞)上的最小值， 从而g (x )>0，x ∈(－∞，＋∞)． 综上可知，f ′(x )>0，x ∈(－∞，＋∞)． 故f (x )的单调递增区间为(－∞，＋∞)．。
2018届高考数学(文)大一轮复习检测：第二章 函数、导数及其应用 课时作业15 Word版含答案
课时作业15 导数与函数的极值、最值一、选择题1．当函数y ＝x ·2x取极小值时，x ＝( ) A.1ln2B ．－1ln2C ．－ln2D ．ln2解析：y ′＝2x＋x ·2x ln2＝0，∴x ＝－1ln2. 答案：B2．函数f (x )＝x 3－3x 2＋2在区间[－1,1]上的最大值是( ) A ．－2 B ．0 C ．2D ．4解析： f ′(x )＝3x 2－6x ，令f ′(x )＝0，得x ＝0或2.∴f (x )在[－1,0)上是增函数，f (x )在(0,1]上是减函数．∴f (x )max ＝f (x )极大值＝f (0)＝2.答案：C3．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx －a 2－7a 在x ＝1处取得极大值10，则a b的值为( ) A ．－23B ．－2C ．－2或－23D ．2或－23解析：由题意知，f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，f ′(1)＝0，f (1)＝10，即⎩⎪⎨⎪⎧3＋2a ＋b ＝0，1＋a ＋b －a 2－7a ＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－2，b ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－6，b ＝9，经检验⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－6，b ＝9满足题意，故a b ＝－23，选A.答案：A4．若函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d 有极值，则导函数f ′(x )的图象不可能是( )解析：若函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d 有极值，则此函数在某点两侧的单调性相反，也就是说导函数f ′(x )在此点两侧的导函数值的符号相反，所以导函数的图象要穿过x 轴，观察四个选项中的图象只有D 项是不符合要求的，即f ′(x )的图象不可能是D.答案：D5．(2017·唐山质检)若函数y ＝x 3－32x 2＋a 在[－1，1]上有最大值3，则该函数在[－1,1]上的最小值是( )A ．－12B ．0 C.12D ．1解析：令y ′＝3x 2－3x ＝3x (x －1)>0， 解得x >1或x <0， 令y ′<0，解得0<x <1，所以当x ∈[－1,1]时，[－1,0]函数增，[0,1]函数减，所以当x ＝0时，函数取得最大值f (0)＝a ＝3，y ＝x 3－32x 2＋3，f (－1)＝12，f (1)＝52，所以最小值是f (－1)＝12.故选C.答案：C6．若函数f (x )＝x 3－3x 在(a,6－a 2)上有最小值，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－5，1) B ．[－5，1) C ．[－2,1)D ．(－5，－2]解析：f ′(x )＝3x 2－3＝0，得x ＝±1，且x ＝1为函数的极小值点，x ＝－1为函数的极大值点． 函数f (x )在区间(a,6－a 2)上有最小值，则函数f (x )极小值点必在区间(a,6－a 2)内，即实数a 满足a <1<6－a 2且f (a )＝a 3－3a ≥f (1)＝－2. 解a <1<6－a 2，得－5<a <1， 不等式a 3－3a ≥f (1)＝－2，即a 3－3a ＋2≥0，即a 3－1－3(a －1)≥0，即(a －1)(a 2＋a －2)≥0， 即(a －1)2(a ＋2)≥0，即a ≥－2. 故实数a 的取值范围是[－2,1)．故选C. 答案：C 二、填空题7．函数f (x )＝x 33＋x 2－3x －4在[0,2]上的最小值是________．解析：f ′(x )＝x 2＋2x －3，令f ′(x )＝0得x ＝1(x ＝－3舍去)，又f (0)＝－4，f (1)＝－173，f (2)＝－103，故f (x )在[0,2]上的最小值是f (1)＝－173.答案：－1738．函数f (x )＝ax 3＋x 恰有三个单调区间，则a 的取值范围是________． 解析：f (x )＝ax 3＋x 恰有三个单调区间， 即函数f (x )恰有两个极值点， 即f ′(x )＝0有两个不等实根． 因为f (x )＝ax 3＋x ， 所以f ′(x )＝3ax 2＋1.要使f ′(x )＝0有两个不等实根，则a <0. 答案：(－∞，0)9．(2017·淄博联考)已知函数f (x )＝x 3＋mx 2＋(m ＋6)x ＋1存在极值，则实数m 的取值范围为________．解析：因为函数f (x )＝x 3＋mx 2＋(m ＋6)x ＋1存在极值，所以f ′(x )＝3x 2＋2mx ＋m ＋6＝0，它有两个不相等的实根，所以Δ＝4m 2－12(m ＋6)>0，解得m <－3或m >6.答案：(－∞，－3)∪(6，＋∞) 三、解答题10．设函数f (x )＝a ln x －bx 2(x >0)，若函数f (x )在x ＝1处与直线y ＝－12相切．(1)求实数a ，b 的值；(2)求函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的最大值． 解：(1)f ′(x )＝a x －2bx (x >0)，∵函数f (x )在x ＝1处与直线y ＝－12相切，∴⎩⎪⎨⎪⎧f ＝a －2b ＝0，f ＝－b ＝－12，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝12.(2)f (x )＝ln x －12x 2，f ′(x )＝1x －x ＝1－x2x，∵当1e ≤x ≤e 时，令f ′(x )>0得1e ≤x <1；令f ′(x )<0，得1<x ≤e，∴f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，1上单调递增，在[1，e]上单调递减， ∴f (x )max ＝f (1)＝－12.11．已知函数f (x )＝1＋ln xx.(1)若函数f (x )在区间(a ，a ＋23)(其中a >0)上存在极值，求实数a 的取值范围；(2)如果当x ≥1时，不等式f (x )≥mx ＋1恒成立，求实数m 的取值范围．解：(1)因为函数f (x )＝1＋ln x x ，且定义域为{x |x >0}，所以f ′(x )＝－ln xx2.当0<x <1时，f ′(x )>0；当x >1时，f ′(x )<0，∴f (x )在(0,1)上单调递增；在(1，＋∞)上单调递减，∴函数f (x )在x ＝1处取得极大值1.∵函数f (x )在区间(a ，a ＋23)(其中a >0)上存在极值，∴⎩⎪⎨⎪⎧a <1，a ＋23>1，解得13<a <1.(2)当x ≥1时，不等式f (x )≥mx ＋1，即为x ＋＋ln xx≥m .记g (x )＝x ＋＋ln xx ，∴g ′(x )＝x ＋＋ln x x －x ＋＋ln xx2＝x －ln xx 2. 令h (x )＝x －ln x ，则h ′(x )＝1－1x，∵x ≥1，∴h ′(x )≥0，∴h (x )在[1，＋∞)上单调递增，∴h (x )min ＝h (1)＝1>0，从而g ′(x )>0，故g (x )在[1，＋∞)上也是单调递增，∴g (x )min ＝g (1)＝2，∴m ≤2.1．已知y ＝f (x )是奇函数，当x ∈(0,2)时，f (x )＝ln x －ax⎝ ⎛⎭⎪⎫a >12，当x ∈(－2,0)时，f (x )的最小值为1，则a 的值等于( ) A ．2 B ．3 C ．4D ．1解析：由题意知，当x ∈(0,2)时，f (x )的最大值为－1. 令f ′(x )＝1x －a ＝0，得x ＝1a，当0<x <1a时，f ′(x )>0；当x >1a时，f ′(x )<0.所以f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a＝－ln a －1＝－1， 解得a ＝1. 答案：D2．(2017·安徽模拟)已知函数f (x )＝e xx2－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋ln x ，若x ＝2是函数f (x )的唯一一个极值点，则实数k 的取值范围为( )A ．(－∞，e]B ．[0，e]C ．(－∞，e)D ．[0，e)解析：f ′(x )＝x 2e x －2x e x x 4－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2x 2＋1x＝x －⎝ ⎛⎭⎪⎫e xx －k x 2(x >0)．设g (x )＝exx，则g ′(x )＝x －xx 2，则g (x )在(0,1)内单调减，在(1，＋∞)内单调增．∴g (x )在(0，＋∞)上有最小值，为g (1)＝e ，结合g (x )＝exx与y ＝k 的图象可知，要满足题意，只需k ≤e，选A.答案：A3．设函数f (x )＝x 3－x 22－2x ＋5，若对任意的x ∈[－1，2]，都有f (x )>a ，则实数a 的取值范围是________．解析：f ′(x )＝3x 2－x －2，令f ′(x )＝0，得3x 2－x －2＝0，解得x ＝1或x ＝－23，又f (1)＝72，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－23＝15727，f (－1)＝112，故f (x )min＝72，∴a <72.答案：⎝⎛⎭⎪⎫－∞，724．(2016·山东卷)设f (x )＝x ln x －ax 2＋(2a －1)x ，a ∈R . (Ⅰ)令g (x )＝f ′(x )，求g (x )的单调区间；(Ⅱ)已知f (x )在x ＝1处取得极大值，求实数a 的取值范围． 解：(Ⅰ)由f ′(x )＝ln x －2ax ＋2a ， 可得g (x )＝ln x －2ax ＋2a ，x ∈(0，＋∞)， 则g ′(x )＝1x －2a ＝1－2axx.当a ≤0时，x ∈(0，＋∞)时，g ′(x )>0，函数g (x )单调递增； 当a >0时，x ∈(0，12a)时，g ′(x )>0，函数g (x )单调递增，x ∈(12a，＋∞)时，函数g (x )单调递减．所以当a ≤0时，g (x )的单调增区间为(0，＋∞)；当a >0时，g (x )的单调增区间为(0，12a )，单调减区间为(12a ，＋∞)．(Ⅱ)由(Ⅰ)知，f ′(1)＝0. ①当a ≤0时，f ′(x )单调递增，所以当x ∈(0,1)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．所以f (x )在x ＝1处取得极小值，不合题意．②当0<a <12时，12a >1，由(Ⅰ)知f ′(x )在(0，12a)内单调递增，可得当x ∈(0,1)时，f ′(x )<0，x ∈(1，12a)时，f ′(x )>0.所以f (x )在(0,1)内单调递减，在(1，12a )内单调递增，所以f (x )在x ＝1处取得极小值，不合题意．③当a ＝12时，12a ＝1，f ′(x )在(0,1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减，所以当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )≤0，f (x )单调递减，不合题意． ④当a >12时，0<12a <1，当x ∈(12a ，1)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减， 所以f (x )在x ＝1处取得极大值，符合题意． 综上可知，实数a 的取值范围为a >12.。
2018年高考数学一轮复习第二章函数导数及其应用课时达标11函数的图象理
2018年高考数学一轮复习 第二章 函数、导数及其应用 课时达标11函数的图象 理[解密考纲] 数形结合是数学中的重要思想方法．利用函数图象可以解决很多与函数有关的问题，如利用函数的图象解决函数性质的应用问题，解决函数的零点、方程的解的问题，解决求解不等式的问题等．一、选择题1．(2017·江西南昌模拟)函数y ＝x 2＋ln|x |x的图象大致为( C )解析：因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e f (1)<0，故由零点存在定理可得函数在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1上存在零点，故排除A ，D 选项；又当x <0时，f (x )＝x 2＋ln －xx，而f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1e ＝1e2＋e>0，排除B ，故选C ．2．(2017·河南郑州模拟)y ＝x ＋cos x 的大致图象是(图中虚线表示直线y ＝x )( B )解析：令f (x )＝x ＋cos x ，所以f (－x )＝－x ＋cos x ，所以f (－x )≠f (x )，且f (－x )≠－f (x )，故此函数是非奇非偶函数，排除A ，C ；又当x ＝π2时，x ＋cos x ＝x ，即f (x )的图象与直线y ＝x 的交点中有一个点的横坐标为π2，排除D ，故选B ．3．如图，正方形ABCD 的边长为4 cm ，E 为BC 的中点，现用一条垂直于AE 的直线l 以0.4 cm/s 的速度从l 1平移到l 2，则在t 秒时直线l 扫过的正方形ABCD 的面积记为F (t )(cm 2)，则F (t )的函数图象大致是( D )解析：当l 与正方形AD 边有交点时，此时直线l 扫过的正方形ABCD 的面积随t 的增大而增大的速度加快，故此段为凹函数，可排除A ，B ；当l 与正方形CD 边有交点时，此时直线l 扫过的正方形ABCD 的面积随t 的增大而增大的速度不变，故此段为一次函数，图象为直线，可排除C ，故选D ．4．设函数f (x )＝|x ＋1|＋|x －a |的图象关于直线x ＝1对称，则a 的值为( A ) A ．3 B ．2 C ．1D ．－1解析：∵函数f (x )图象关于直线x ＝1对称，∴f (1＋x )＝f (1－x )，∴f (2)＝f (0)，即3＋|2－a |＝1＋|a |，排除D ，C ，又f (－1)＝f (3)，即|a ＋1|＝4＋|3－a |，用代入法知选A ．5．(2017·四川成都模拟)设奇函数f (x )在(0，＋∞)上为增函数，且f (1)＝0，则不等式f x －f －xx<0的解集为( D )A ．(－1,0)∪(1，＋∞)B ．(－∞，－1)∪(0,1)C ．(－∞，－1)∪(1，＋∞)D ．(－1,0)∪(0,1)解析：f (x )为奇函数，所以不等式f x －f －x x <0化为f xx<0，即xf (x )<0，则f (x )的大致图象如图所示，所以xf (x )<0的解集为(－1,0)∪(0,1)．6．设函数f (x )＝1x，g (x )＝－x 2＋bx .若y ＝f (x )的图象与y ＝g (x )的图象有且仅有两个不同的公共点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则下列判断正确的是( B )A ．x 1＋x 2>0，y 1＋y 2>0B ．x 1＋x 2>0，y 1＋y 2<0C ．x 1＋x 2<0，y 1＋y 2>0D ．x 1＋x 2<0，y 1＋y 2<0解析：由题意知满足条件的两函数图象如图所示，作B 关于原点的对称点B ′，据图可知：x 1＋x 2>0，y 1＋y 2<0，故选B ．二、填空题7．若函数y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12|1－x |＋m 的图象与x 轴有公共点，则m 的取值范围是[－1,0)．解析：首先作出y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12|1－x |的图象(如图所示)，欲使y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12|1－x |＋m 的图象与x 轴有交点，则－1≤m <0.8．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log 2x ，x >0，2x，x ≤0，且关于x 的方程f (x )－a ＝0有两个实根，则实数a 的取值范围是(0,1]．解析：当x ≤0时，0<2x≤1，所以由图象可知要使方程f (x )－a ＝0有两个实根，即f (x )＝a 有两个交点，所以由图象可知0<a ≤1.9．定义在R 上的函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧lg|x |，x ≠0，1，x ＝0关于x 的方程f (x )＝c (c 为常数)恰有三个不同的实数根，x 1，x 2，x 3，则x 1＋x 2＋x 3＝0.解析：函数f (x )的图象如图，方程f (x )＝c 有三个根，即y ＝f (x )与y ＝c 的图象有三个交点，易知c ＝1，且一根为0，由lg|x |＝1知另两根为－10和10，所以x 1＋x 2＋x 3＝0.三、解答题10．已知函数f (x )＝x |m －x |(x ∈R )，且f (4)＝0. (1)求实数m 的值； (2)作出函数f (x )的图象；(3)根据图象指出f (x )的单调递减区间；(4)若方程f (x )＝a 只有一个实数根，求a 的取值范围． 解析：(1)∵f (4)＝0，∴4|m －4|＝0，即m ＝4.(2)f (x )＝x |x －4|＝⎩⎪⎨⎪⎧x x －4＝x －22－4，x ≥4，－x x －4＝－x －22＋4，x <4.f (x )的图象如图所示：(3)由图象知f (x )的减区间是[2,4]．(4)由f (x )的图象可知，当a >4或a <0时，f (x )的图象与直线y ＝a 只有一个交点，方程f (x )＝a 只有一个实数根，即a 的取值范围是(－∞，0)∪(4，＋∞)．11．已知函数f (x )的图象与函数h (x )＝x ＋1x＋2的图象关于点A (0,1)对称．(1)求f (x )的解析式；(2)若g (x )＝f (x )＋a x，且g (x )在区间(0,2]上为减函数，求实数a 的取值范围． 解析：(1)设f (x )图象上任一点P (x ，y )，则点P 关于(0,1)点的对称点P ′(－x,2－y )在h (x )的图象上，即2－y ＝－x －1x＋2，∴y ＝f (x )＝x ＋1x(x ≠0)．(2)g (x )＝f (x )＋a x ＝x ＋a ＋1x ，g ′(x )＝1－a ＋1x2. ∵g (x )在(0,2]上为减函数，∴1－a ＋1x2≤0在(0,2]上恒成立，即a ＋1≥x 2在(0,2]上恒成立，∴a ＋1≥4，即a ≥3，故a 的取值范围是[3，＋∞)． 12．已知函数f (x )＝2x，x ∈R .(1)当m 取何值时方程|f (x )－2|＝m 有一个解？两个解？(2)若不等式f 2(x )＋f (x )－m >0在R 上恒成立，求m 的取值范围． 解析：(1)令F (x )＝|f (x )－2|＝|2x－2|，G (x )＝m ，画出F (x )的图象如图所示：由图象看出，当m ＝0或m ≥2时，函数F (x )与G (x )的图象只有一个交点，原方程有一个解；当0<m <2时，函数F (x )与G (x )的图象有两个交点，原方程有两个解．(2)令2x＝t (t >0)，H (t )＝t 2＋t ，因为H (t )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋122－14在区间(0，＋∞)上是增函数，所以当t >0时，H (t )>H (0)＝0.因此要使t 2＋t >m 在区间(0，＋∞)上恒成立，应有m ≤0，即所求m 的取值范围为(－∞，0]．。
2018届高考数学(文)大一轮复习检测：第二章函数、导数及其应用课时作业14含答案
课时作业14 导数与函数的单调性一、选择题1．函数y＝(3－x2）e x的单调递增区间是（）A．（－∞,0)B．（0，＋∞）C．（－∞,－3)和（1，＋∞）D．（－3,1）解析：y′＝－2x e x＋(3－x2）e x＝e x（－x2－2x＋3)，由y′>0⇒x2＋2x－3〈0⇒－3<x〈1，所以函数y＝(3－x2)e x的单调递增区间是（－3，1），故选D。
答案：D2．函数f（x)＝－错误!（a〈b〈1），则( ）A．f(a）＝f(b）B．f（a)〈f(b)C．f（a）>f（b）D．f（a）,f(b)大小关系不能确定解析：因为f′(x）＝－错误!＝错误!，当x〈1时有f′(x）〈0，故f(x)在x〈1时为减函数，从而有f（a）>f(b)．答案：C3．（2017·兰州一中调研)设函数f（x)＝错误!x2－9ln x在区间[a－1，a＋1]上单调递减，则实数a的取值范围是( )A．(1，2］B．[4，＋∞)C．（－∞,2］D．（0,3］解析：f′（x)＝x－错误!，当f′(x）＝x－错误!≤0时，0〈x≤3，即在(0,3]上f（x）是减函数，因为f（x)在［a－1，a＋1]上单调递减，所以错误!解得1<a≤2，故A正确．答案：A4．（2017·十堰模拟）函数f（x)＝错误!x3－x2＋ax－5在区间[－1，2]上不单调，则实数a的取值范围是（）A．(－∞，－3］B．（－3，1)C．[1,＋∞) D．（－∞，－3］∪[1，＋∞）解析：因为f(x）＝错误!x3－x2＋ax－5，所以f′（x）＝x2－2x＋a＝（x－1)2＋a－1，如果函数f(x)＝错误!x3－x2＋ax－5在区间［－1，2］上单调，那么a－1≥0或错误!解得a≥1或a≤－3.答案:B5．若函数f(x)在R上可导，且满足f(x)－xf′(x）>0，则( ) A．3f（1)〈f(3）B．3f（1）>f（3）C．3f(1）＝f(3) D．f(1)＝f(3)解析:由于f（x)〉xf′（x)，错误!′＝错误!〈0恒成立,因此错误!在R 上单调递减，∴错误!〈错误!,即3f(1)>f（3),故选B。
2018年高考数学一轮温习第二章函数导数及其应用课时达标12函数模型及其应用理
解析：设该公司的年收入为x万元，纳税额为y万元，那么由题意，得
y＝
依题意有， ＝(p＋0.25)%，解之得x＝320(万元)．
4．世界人口在过去40年内翻了一番，那么每一年人口平均增加率是(参考数据lg 2≈0.301 0,100.007
5≈1.017)( C )
A．1.5%B．1.6%
C．1.7%D．1.8%
解析：设每一年世界人口平均增加率为x，那么(1＋x)40＝2，两边取以10为底的对数，那么40lg(1＋x)＝lg 2，因此lg(1＋x)＝ ≈0.007 5，因此100.007 5＝1＋x，得1＋x＝1.017，因此x＝1.7%.
5．某校甲、乙两食堂某年1月份的营业额相等，甲食堂的营业额逐月增加，而且每一个月增加值相同；乙食堂的营业额也逐月增加，且每一个月增加的百分率相同．已知今年9月份两食堂的营业额又相等，那么今年5月份( A )
利用你选取的函数，求得：
(1)西红柿种植本钱最低时的上市天数是120.
(2)最低种植本钱是80(元/100 kg)．
解析：依照表中数据可知函数不单调，
因此Q＝at2＋bt＋c且开口向上，
对称轴t＝－ ＝ ＝120.
代入数据 得
因此西红柿种植本钱最低时的上市天数是120，最低种植本钱是14400a＋120b＋c＝14 400×0.01＋120×(－2.4)＋224＝80.
9．(2017·山东潍坊模拟)某地西红柿从2月1日起开始上市，通过市场调查，取得西红柿种植本钱Q(单位：元/100 kg)与上市时刻t(单位：天)的数据关系如下表：
时间t
60
100
180
种植成本Q
Hale Waihona Puke 11684116依照上表数据，从以下函数当选取一个函数描述西红柿种植本钱Q与上市时刻t的转变关系．
2018高考数学文大一轮复习习题 第二章 函数、导数及其应用 第二章 函数、导数及其应用 含答案 精品
第二章⎪⎪⎪函数、导数及其应用第一节函数及其表示1．函数与映射的概念2．函数的有关概念(1)函数的定义域、值域：在函数y ＝f (x )，x ∈A 中，x 叫做自变量，x 的取值范围A 叫做函数的定义域；与x 的值相对应的y 值叫做函数值，函数值的集合{f (x )|x ∈A }叫做函数的值域．显然，值域是集合B 的子集．(2)函数的三要素：定义域、值域和对应关系．(3)相等函数：如果两个函数的定义域和对应关系完全一致，则这两个函数相等，这是判断两函数相等的依据．(4)函数的表示法表示函数的常用方法有：解析法、图象法、列表法． 3．分段函数若函数在其定义域内，对于定义域内的不同取值区间，有着不同的对应关系，这样的函数通常叫做分段函数．1．下列函数中，与函数y ＝13x定义域相同的函数为( )A ．y ＝1sin xB ．y ＝ln xx C ．y ＝x e xD ．y ＝sin xx答案：D2．若函数y ＝f (x )的定义域为M ＝{x |－2≤x ≤2}，值域为N ＝{y |0≤y ≤2}，则函数y ＝f (x )的图象可能是( )答案：B 3．函数f (x )＝x －4|x |－5的定义域是________________．答案：1．设函数f (x )＝⎩⎨⎧x ，x ≥0，－x ，x <0，若f (a )＋f (－1)＝2，则a ＝________.解析：若a ≥0，则a ＋1＝2，得a ＝1； 若a <0，则－a ＋1＝2，得a ＝－1. 答案：±12．已知f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＝x 2＋5x ，则f (x )＝________.解析：令t ＝1x ，∴x ＝1t .∴f (t )＝1t 2＋5t.∴f (x )＝5x ＋1x 2(x ≠0)．答案：5x ＋1x 2(x ≠0)考点一 函数的定义域基础送分型考点——自主练透1．函数f (x )＝ln(x 2－x )的定义域为( ) A ．(0,1) B ．C ．(－∞，0)∪(1，＋∞)D ．(－∞，0]∪B ．C ．，则函数g (x )＝f x ＋x －1的定义域是( )A ．B ．C ．(1,2 017]D ．解析：选B 令t ＝x ＋1，则由已知函数的定义域为，可知1≤t ≤2 017.要使函数f (x ＋1)有意义，则有1≤x ＋1≤2 017，解得0≤x ≤2 016，故函数f (x ＋1)的定义域为．所以使函数g (x )有意义的条件是⎩⎪⎨⎪⎧0≤x ≤2 016，x －1≠0，解得0≤x <1或1＜x ≤2 016.故函数g (x )的定义域为．4．函数f (x )＝1－|x －1|a x －1(a ＞0且a ≠1)的定义域为____________________．解析：由⎩⎪⎨⎪⎧1－|x －1|≥0，a x－1≠0⇒⎩⎪⎨⎪⎧0≤x ≤2，x ≠0⇒0＜x ≤2，故所求函数的定义域为(0,2]． 答案：(0,2]函数定义域的求解策略(1)已知函数解析式：构造使解析式有意义的不等式(组)求解． (2)实际问题：由实际意义及使解析式有意义构成的不等式(组)求解． (3)抽象函数：①若已知函数f (x )的定义域为，其复合函数f (g (x ))的定义域由不等式a ≤g (x )≤b 求出；②若已知函数f (g (x ))的定义域为，则f (x )的定义域为g (x )在x ∈时的值域． 考点二 求函数的解析式重点保分型考点——师生共研(1)已知f ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋1x＝x 2＋1x2，求f (x )的解析式；(2)已知f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x＋1＝lg x ，求f (x )的解析式；(3)已知f (x )是二次函数，且f (0)＝0，f (x ＋1)＝f (x )＋x ＋1，求f (x )； (4)已知函数f (x )满足f (－x )＋2f (x )＝2x，求f (x )的解析式．解：(1)(配凑法)由于f ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋1x ＝x 2＋1x2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x2－2，所以f (x )＝x 2－2，x ≥2或x ≤－2，故f (x )的解析式是f (x )＝x 2－2，x ≥2或x ≤－2.(2)(换元法)令2x ＋1＝t 得x ＝2t －1，代入得f (t )＝lg 2t －1，又x >0，所以t >1， 故f (x )的解析式是f (x )＝lg2x －1，x >1. (3)(待定系数法)设f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)， 由f (0)＝0，知c ＝0，f (x )＝ax 2＋bx ， 又由f (x ＋1)＝f (x )＋x ＋1，得a (x ＋1)2＋b (x ＋1)＝ax 2＋bx ＋x ＋1， 即ax 2＋(2a ＋b )x ＋a ＋b ＝ax 2＋(b ＋1)x ＋1，所以⎩⎪⎨⎪⎧2a ＋b ＝b ＋1，a ＋b ＝1，解得a ＝b ＝12.所以f (x )＝12x 2＋12x ，x ∈R.(4)(解方程组法)由f (－x )＋2f (x )＝2x，① 得f (x )＋2f (－x )＝2－x，② ①×2－②，得，3f (x )＝2x ＋1－2－x.即f (x )＝2x ＋1－2－x3. ∴f (x )的解析式是f (x )＝2x ＋1－2－x3.求函数解析式的4种方法1．已知f(x＋1)＝x＋2x，求f(x)的解析式．解：法一：(换元法)设t＝x＋1，则x＝(t－1)2，t≥1，代入原式有f(t)＝(t－1)2＋2(t－1)＝t2－2t＋1＋2t－2＝t2－1.故f(x)＝x2－1，x≥1.法二：(配凑法)∵x＋2x＝(x)2＋2x＋1－1＝(x＋1)2－1，∴f(x＋1)＝(x＋1)2－1，x＋1≥1，即f(x)＝x2－1，x≥1.2．设y＝f(x)是二次函数，方程f(x)＝0有两个相等实根，且f′(x)＝2x＋2，求f(x)的解析式．解：设f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，则f′(x)＝2ax＋b＝2x＋2，∴a＝1，b＝2，f(x)＝x2＋2x＋c.又∵方程f(x)＝0有两个相等实根，∴Δ＝4－4c＝0，解得c＝1.故f(x)＝x2＋2x＋1.考点三分段函数题点多变型考点——多角探明高考对分段函数的考查多以选择题、填空题的形式出现，试题难度一般较小．常见的命题角度有：(1)分段函数的函数求值问题；(2)分段函数的自变量求值问题；(3)分段函数与方程、不等式问题．角度一：分段函数的函数求值问题1．(2017·西安质检)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log 2x ，x >0，3x＋1，x ≤0，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫f ⎝ ⎛⎭⎪⎫14的值是________．解析：由题意可得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫14＝log 214＝－2， ∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫f ⎝ ⎛⎭⎪⎫14＝f (－2)＝3－2＋1＝109.答案：109角度二：分段函数的自变量求值问题2．已知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 错误！未找到引用源。
2018高考数学(文理通用版)一轮复习检测第二章函数、导数及其应用第11讲第3课时(理)Word版含答案
第二章 第十一讲 第三课时A 组基础巩固1．求证：导学号 30070575 (1)e x ≥x ＋1 (2)ln x ≤x －1[解析] (1)设f (x )＝e x －x －1f ′(x )＝e x －1，f (x )在(－∞，0)上递减f (x )在(0，＋∞)上递增，所以f (x )最小值为f (0)＝e 0－1＝0，∴f (x )≥f (0)， ∴e x ≥x ＋1(2)设g (x )＝ln x －x ＋1g ′(x )＝1x －1＝1－x x，g (x )在(0,1)上递增在(1，＋∞)上递减，所以g (x )最大值为g (1)＝ln1＋1－1＝0， ∴g (x )≤g (1)，∴ln x ≤x －1.2．(2016·全国卷Ⅱ，节选)讨论函数f (x )＝x －2x ＋2e x的单调性，并证明当x >0时，(x －2)e x＋x ＋2>0；导学号 30070576[解析] f (x )的定义域为(－∞，－2)∪(－2，＋∞)． f ′(x )＝(x －1)(x ＋2)e x －(x －2)e x (x ＋2)2＝x 2e x(x ＋2)2≥0，且仅当x ＝0时，f ′(x )＝0，所以f (x )在(－∞，－2)，(－2，＋∞)上单调递增． 因此当x ∈(0，＋∞)时，f (x )>f (0)＝－1. 所以(x －2)e x >－(x ＋2)，(x －2)e x ＋x ＋2>0.3．已知函数f (x )＝a ln x (a >0)，e 为自然对数的底数.导学号 30070577 (1)若过点A (2，f (2))的切线斜率为2，求实数a 的值； (2)当x >0时，求证：f (x )≥a (1－1x)；[解析] (1)由题意得f ′(x )＝a x ，∴f ′(2)＝a2＝2，∴a ＝4.(2)令g (x )＝a (ln x －1＋1x )，则g ′(x )＝a (1x －1x 2)．令g ′(x )>0，即a (1x －1x2)>0，解得x >1，令g ′(x )<0，即a (1x －1x2)<0，解得0<x <1，∴g (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． ∴g (x )的最小值为g (1)＝0，∴f (x )≥a (1－1x)．4．(2016·沧州七校联考)设a 为实数，函数f (x )＝e x －2x ＋2a ，x ∈R .导学号 30070578 (1)求f (x )的单调区间与极值；(2)求证：当a >ln2－1且x >0时，e x >x 2－2ax ＋1.[思路] (1)令f ′(x )＝0，求极值点，然后讨论在各个区间上的单调性．(2)构造函数g (x )＝e x －x 2＋2ax －1(x ∈R )，注意到g (0)＝0，只需证明g (x )在(0，＋∞)上是增函数，可利用导数求解．[解析] (1)由f (x )＝e x －2x ＋2a ，x ∈R ，得f ′(x )＝e x －2，x ∈R .令f ′(x )＝0，得x ＝ln2. 于是当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：故f (x f (x )在x ＝ln2处取得极小值，极小值为f (ln2)＝e ln2－2ln2＋2a ＝2(1－ln2＋a )． (2)设g (x )＝e x －x 2＋2ax －1，x ∈R .于是g ′(x )＝e x －2x ＋2a ，x ∈R .由(1)知当a >ln2－1时，g ′(x )最小值为g ′(ln2)＝2(1－ln2＋a )>0.于是对任意x ∈R ，都有g ′(x )>0，所以g (x )在R 内单调递增．于是当a >ln2－1时，对任意x ∈(0，＋∞)，都有g (x )>g (0)． 又g (0)＝0，从而对任意x ∈(0，＋∞)，g (x )>0. 即e x －x 2＋2ax －1>0，故e x >x 2－2ax ＋1.B 组能力提升1．设函数f (x )＝ae xln x ＋be x －1x，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝e (x －1)＋2.导学号 30070579(1)求a ，b ； (2)证明：f (x )>1.[解析] (1)解：由题易知，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， 且f ′(x )＝ae x ln x ＋a x e x －b x 2e x －1＋b xe x －1.由题意可得f (1)＝2，f ′(1)＝e ，故a ＝1，b ＝2.(2)证明：由(1)知，f (x )＝e x ln x ＋2x e x －1，从而f (x )>1等价于x ln x >xe －x －2e设函数g (x )＝x ln x ，则g ′(x )＝1＋ln x ， 所以当x ∈(0，1e )时，g ′(x )<0；当x ∈(1e，＋∞)时，g ′(x )>0.故g (x )在(0，1e )上单调递减，在(1e ，＋∞)上单调递增．从而g (x )在(0，＋∞)上的最小值为g (1e )＝－1e .设函数h (x )＝xe －x －2e，则h ′(x )＝e －x (1－x )，所以当x ∈(0,1)时，h ′(x )>0；当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )<0. 故h (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 从而h (x )在(0，＋∞)上的最大值为h (1)＝－1e .当x ＝1e 时，g (1e )＝h (1)>h (1e )；当x ＝1时，h (1)＝g (1e )<g (1)．综上，当x >0时，g (x )>h (x )，即f (x )>1.2．(2017·江苏省泰州中学期中数学试题)已知函数f (x )＝ln x .导学号 30070580 (1)求函数g (x )＝f (x ＋1)﹣x 的最大值；(2)若对任意x ＞0，不等式f (x )≤ax ≤x 2＋1恒成立，求实数a 的取值范围； (3)若x 1＞x 2＞0，求证：f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2>2x 2x 21＋x 22.[解析] (1)先求出g (x )＝ln(x ﹣1)﹣x (x ＞﹣1)，然后求导确定单调区间，极值，最值即可求．(2)本小题转化为⎩⎨⎧a ≥ln x xa ≤x ＋1x在x ＞0上恒成立，进一步转化为(ln x x )max ≤a ≤(x ＋1x)min ，然后构造函数h (x )＝ln x x ，利用导数研究出h (x )的最大值，再利用基础不等式可知x ＋1x≥2，从而可知a 的取值范围．(3)本小题等价于ln x 1x 2>2·x 2x 1－2(x 1x 2)2－1.令t ＝x 1x 2，设u (t )＝ln t ﹣t －2t 2＋1，t ＞1，由导数性质求出u (t )＞u (1)＝0，由此能够证明f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2＞2x 2x 21＋x 22.解：(1)∵f (x )＝ln x ，∴g (x )＝f (x ＋1)﹣x ＝ln(x ＋1)﹣x ，x ＞﹣1， ∴g ′(x )＝1x ＋1－1＝－x x ＋1.当x ∈(﹣1,0)时，g ′(x )＞0，∴g (x )在(﹣1,0)上单调递增； 当x ∈(0，＋∞)时，g ′(x )＜0，则g (x )在(0，＋∞)上单调递减， ∴g (x )在x ＝0处取得最大值g (0)＝0.(2)∵对任意x ＞0，不等式f (x )≤ax ≤x 2＋1恒成立，∴⎩⎨⎧a ≥ln x xa ≤x ＋1x在x ＞0上恒成立，进一步转化为(ln x x )max ≤a ≤(x ＋1x )min ，设h (x )＝ln xx ，则h ′(x )＝1－ln x x2，当x ∈(1，e )时，h ′(x )＞0；当x ∈(e ，＋∞)时，h ′(x )＜0， ∴h (x )≤1e.要使f (x )≤ax 恒成立，必须a ≥1e .另一方面，当x ＞0时，x ＋1x ≥2，要使ax ≤x 2＋1恒成立，必须a ≤2， ∴满足条件的a 的取值范围是[1e，2]．(3)当x 1＞x 2＞0时，f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2>2x 2x 21＋x 22等价于ln x 1x 2>2·x 1x 2－2(x 1x 2)2＋1.令t ＝x 1x 2，设u (t )＝ln t ﹣2t －2t 2＋1，t ＞1则u ′(t )＝(t 2－1)(t ＋1)2t (t 2＋1)2＞0，∴u (t )在(1，＋∞)上单调递增，∴u(t)＞u(1)＝0，∴f(x1)－f(x2)x1－x2＞2x2x21＋x22.。
2018高考数学(文理通用版)一轮复习检测第二章 函数、导数及其应用 第11讲 第1课时(文) Word版含答案
第二章第十一讲第一课时组基础巩固一、选择题．(教材改编题)函数()＝(－)的单调递增区间是( )．(－∞，) ．()．() ．(，＋∞)[解析]因为()＝(－)·，所以′()＝(－)．令′()>，得>.所以()的单调递增区间是(，＋∞)．故选.．(·天津市静海一中高三上学期月调研数学试题)设函数′()＝＋－，则＝(＋)的单调减区间为( )．(－) ．(－)．(－，＋∞) ．(－，＋∞)[解析]已知函数′()，可以求出′(＋)，要求＝(＋)的单调减区间，令′(＋)＜即可，求不等式的解集；解：∵函数′()＝＋－，′(＋)＝(＋)＋(＋)－＝＋，令＝(＋)的导数为：′(＋)，∵′(＋)＝＋＜，解得－＜＜∴＝(＋)的单调减区间：(－)；故选.[点拨]本题主要考查导函数的正负与原函数的单调性之间的关系，即当导函数大于时原函数单调递增，当导函数小于时原函数单调递减．．(·课标全国卷Ⅱ)若函数()＝－在区间(，＋∞)单调递增，则的取值范围是( )．(－∞，－] ．(－∞，－]．[，＋∞) ．[，＋∞)[解析]因为()＝－，所以′()＝－.因为()在区间(，＋∞)上单调递增，所以当>时，′()＝－≥恒成立，即≥在区间(，＋∞)上恒成立．因为>，所以<<，所以≥.故选.．(·嘉兴模拟)若函数()＝－在其定义域内的一个子区间(－，＋)内不是单调函数，则实数的取值范围是( )．[，＋∞) ．[，)．[) ．[，)[解析]′()＝－＝(>)，令′()＝，得＝，又函数()在区间(－，＋)内不是单调函数，故∈(－，＋)且－≥，解得∈[，)，故选.二、填空题．(·西藏日喀则一中高三上学期第一次月考数学试题)函数()＝的单调递增区间是(，)．[解析]求出函数()＝的导数为′的解析式，令′＞求得的范围，即可得到函数()＝的单调递增区间．解：由于函数()＝的导数为′＝，令′＞可得＜，解得＜＜，故函数()＝的单调递增区间是(，)，故答案为：(，)．[点拨]本题主要考查利用导数研究函数的单调性，属于基础题．．(·河南开封月考)已知函数()＝＋(－)－＋(>)的单调递减区间是()()实数的值为；()若在()上为减函数，则实数的取值范围是 (，] .[解析]()′()＝＋(－)，由题意知′()＝，解得＝.()由′()＝＋(－)≤并结合导函数的图象可知，必有－≥，解得≤.又>，故<≤.．(·甘肃省兰州九中期中数学试题)已知函数()＝－＋－在[，＋]上不单调，则的取值范围是＜＜或＜＜[解析]先由函数求′()＝－＋－，再由“函数()＝－＋－在[，＋]上不单调”转化为“′()＝－＋－＝在区间[，＋]上有解”从而有＝在[，＋]上有解，进而转化为：()＝－＋＝在[，＋]上有解，用二次函数的性质研究．解：∵函数()＝－＋－∴′()＝－＋－∵函数()＝－＋－在[，＋]上不单调，∴′()＝－＋－＝在[，＋]上有解∴＝在[，＋]上有解∴()＝－＋＝在[，＋]上有解∴()(＋)≤或(\\(<<＋((≥(＋(≥,△＝>))∴＜＜或＜＜.故答案为：＜＜或＜＜.三、解答题．(·青岛二模)讨论函数＝(－)＋＋在定义域上的单调性[解析]()的定义域为(，＋∞)，′()＝＋＝.①当≥时，′()>，故()在(，＋∞)上单调递增；。
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课时作业15 导数与函数的极值、最值一、选择题1．当函数y ＝x ·2x取极小值时，x ＝( ) A.1ln2B ．－1ln2C ．－ln2D ．ln2解析：y ′＝2x＋x ·2x ln2＝0，∴x ＝－1ln2. 答案：B2．函数f (x )＝x 3－3x 2＋2在区间[－1,1]上的最大值是( ) A ．－2 B ．0 C ．2D ．4解析： f ′(x )＝3x 2－6x ，令f ′(x )＝0，得x ＝0或2.∴f (x )在[－1,0)上是增函数，f (x )在(0,1]上是减函数．∴f (x )max ＝f (x )极大值＝f (0)＝2.答案：C3．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx －a 2－7a 在x ＝1处取得极大值10，则a b的值为( ) A ．－23B ．－2C ．－2或－23D ．2或－23解析：由题意知，f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，f ′(1)＝0，f (1)＝10，即⎩⎪⎨⎪⎧3＋2a ＋b ＝0，1＋a ＋b －a 2－7a ＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－2，b ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－6，b ＝9，经检验⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－6，b ＝9满足题意，故a b ＝－23，选A.答案：A4．若函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d 有极值，则导函数f ′(x )的图象不可能是( )解析：若函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d 有极值，则此函数在某点两侧的单调性相反，也就是说导函数f ′(x )在此点两侧的导函数值的符号相反，所以导函数的图象要穿过x 轴，观察四个选项中的图象只有D 项是不符合要求的，即f ′(x )的图象不可能是D.答案：D5．(2017·唐山质检)若函数y ＝x 3－32x 2＋a 在[－1，1]上有最大值3，则该函数在[－1,1]上的最小值是( )A ．－12B ．0 C.12D ．1解析：令y ′＝3x 2－3x ＝3x (x －1)>0， 解得x >1或x <0， 令y ′<0，解得0<x <1，所以当x ∈[－1,1]时，[－1,0]函数增，[0,1]函数减，所以当x ＝0时，函数取得最大值f (0)＝a ＝3，y ＝x 3－32x 2＋3，f (－1)＝12，f (1)＝52，所以最小值是f (－1)＝12.故选C.答案：C6．若函数f (x )＝x 3－3x 在(a,6－a 2)上有最小值，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－5，1) B ．[－5，1) C ．[－2,1)D ．(－5，－2]解析：f ′(x )＝3x 2－3＝0，得x ＝±1，且x ＝1为函数的极小值点，x ＝－1为函数的极大值点． 函数f (x )在区间(a,6－a 2)上有最小值，则函数f (x )极小值点必在区间(a,6－a 2)内，即实数a 满足a <1<6－a 2且f (a )＝a 3－3a ≥f (1)＝－2. 解a <1<6－a 2，得－5<a <1， 不等式a 3－3a ≥f (1)＝－2，即a 3－3a ＋2≥0，即a 3－1－3(a －1)≥0，即(a －1)(a 2＋a －2)≥0， 即(a －1)2(a ＋2)≥0，即a ≥－2. 故实数a 的取值范围是[－2,1)．故选C. 答案：C 二、填空题7．函数f (x )＝x 33＋x 2－3x －4在[0,2]上的最小值是________．解析：f ′(x )＝x 2＋2x －3，令f ′(x )＝0得x ＝1(x ＝－3舍去)，又f (0)＝－4，f (1)＝－173，f (2)＝－103，故f (x )在[0,2]上的最小值是f (1)＝－173.答案：－1738．函数f (x )＝ax 3＋x 恰有三个单调区间，则a 的取值范围是________． 解析：f (x )＝ax 3＋x 恰有三个单调区间， 即函数f (x )恰有两个极值点， 即f ′(x )＝0有两个不等实根． 因为f (x )＝ax 3＋x ， 所以f ′(x )＝3ax 2＋1.要使f ′(x )＝0有两个不等实根，则a <0. 答案：(－∞，0)9．(2017·淄博联考)已知函数f (x )＝x 3＋mx 2＋(m ＋6)x ＋1存在极值，则实数m 的取值范围为________．解析：因为函数f (x )＝x 3＋mx 2＋(m ＋6)x ＋1存在极值，所以f ′(x )＝3x 2＋2mx ＋m ＋6＝0，它有两个不相等的实根，所以Δ＝4m 2－12(m ＋6)>0，解得m <－3或m >6.答案：(－∞，－3)∪(6，＋∞) 三、解答题10．设函数f (x )＝a ln x －bx 2(x >0)，若函数f (x )在x ＝1处与直线y ＝－12相切．(1)求实数a ，b 的值；(2)求函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的最大值． 解：(1)f ′(x )＝a x －2bx (x >0)，∵函数f (x )在x ＝1处与直线y ＝－12相切，∴⎩⎪⎨⎪⎧f ＝a －2b ＝0，f ＝－b ＝－12，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝12.(2)f (x )＝ln x －12x 2，f ′(x )＝1x －x ＝1－x2x，∵当1e ≤x ≤e 时，令f ′(x )>0得1e ≤x <1；令f ′(x )<0，得1<x ≤e，∴f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，1上单调递增，在[1，e]上单调递减， ∴f (x )max ＝f (1)＝－12.11．已知函数f (x )＝1＋ln xx.(1)若函数f (x )在区间(a ，a ＋23)(其中a >0)上存在极值，求实数a 的取值范围；(2)如果当x ≥1时，不等式f (x )≥mx ＋1恒成立，求实数m 的取值范围．解：(1)因为函数f (x )＝1＋ln x x ，且定义域为{x |x >0}，所以f ′(x )＝－ln xx2.当0<x <1时，f ′(x )>0；当x >1时，f ′(x )<0，∴f (x )在(0,1)上单调递增；在(1，＋∞)上单调递减，∴函数f (x )在x ＝1处取得极大值1.∵函数f (x )在区间(a ，a ＋23)(其中a >0)上存在极值，∴⎩⎪⎨⎪⎧a <1，a ＋23>1，解得13<a <1.(2)当x ≥1时，不等式f (x )≥mx ＋1，即为x ＋＋ln xx≥m .记g (x )＝x ＋＋ln xx ，∴g ′(x )＝x ＋＋ln x x －x ＋＋ln xx2＝x －ln xx 2. 令h (x )＝x －ln x ，则h ′(x )＝1－1x，∵x ≥1，∴h ′(x )≥0，∴h (x )在[1，＋∞)上单调递增，∴h (x )min ＝h (1)＝1>0，从而g ′(x )>0，故g (x )在[1，＋∞)上也是单调递增，∴g (x )min ＝g (1)＝2，∴m ≤2.1．已知y ＝f (x )是奇函数，当x ∈(0,2)时，f (x )＝ln x －ax⎝ ⎛⎭⎪⎫a >12，当x ∈(－2,0)时，f (x )的最小值为1，则a 的值等于( ) A ．2 B ．3 C ．4D ．1解析：由题意知，当x ∈(0,2)时，f (x )的最大值为－1. 令f ′(x )＝1x －a ＝0，得x ＝1a，当0<x <1a时，f ′(x )>0；当x >1a时，f ′(x )<0.所以f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a＝－ln a －1＝－1， 解得a ＝1. 答案：D2．(2017·安徽模拟)已知函数f (x )＝e xx2－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋ln x ，若x ＝2是函数f (x )的唯一一个极值点，则实数k 的取值范围为( )A ．(－∞，e]B ．[0，e]C ．(－∞，e)D ．[0，e)解析：f ′(x )＝x 2e x －2x e x x 4－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2x 2＋1x＝x －⎝ ⎛⎭⎪⎫e xx －k x 2(x >0)．设g (x )＝exx，则g ′(x )＝x －xx 2，则g (x )在(0,1)内单调减，在(1，＋∞)内单调增．∴g (x )在(0，＋∞)上有最小值，为g (1)＝e ，结合g (x )＝exx与y ＝k 的图象可知，要满足题意，只需k ≤e，选A.答案：A3．设函数f (x )＝x 3－x 22－2x ＋5，若对任意的x ∈[－1，2]，都有f (x )>a ，则实数a 的取值范围是________．解析：f ′(x )＝3x 2－x －2，令f ′(x )＝0，得3x 2－x －2＝0，解得x ＝1或x ＝－23，又f (1)＝72，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－23＝15727，f (－1)＝112，故f (x )min＝72，∴a <72.答案：⎝⎛⎭⎪⎫－∞，724．(2016·山东卷)设f (x )＝x ln x －ax 2＋(2a －1)x ，a ∈R . (Ⅰ)令g (x )＝f ′(x )，求g (x )的单调区间；(Ⅱ)已知f (x )在x ＝1处取得极大值，求实数a 的取值范围． 解：(Ⅰ)由f ′(x )＝ln x －2ax ＋2a ， 可得g (x )＝ln x －2ax ＋2a ，x ∈(0，＋∞)， 则g ′(x )＝1x －2a ＝1－2axx.当a ≤0时，x ∈(0，＋∞)时，g ′(x )>0，函数g (x )单调递增； 当a >0时，x ∈(0，12a)时，g ′(x )>0，函数g (x )单调递增，x ∈(12a，＋∞)时，函数g (x )单调递减．所以当a ≤0时，g (x )的单调增区间为(0，＋∞)；当a >0时，g (x )的单调增区间为(0，12a )，单调减区间为(12a ，＋∞)．(Ⅱ)由(Ⅰ)知，f ′(1)＝0. ①当a ≤0时，f ′(x )单调递增，所以当x ∈(0,1)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．所以f (x )在x ＝1处取得极小值，不合题意．②当0<a <12时，12a >1，由(Ⅰ)知f ′(x )在(0，12a)内单调递增，可得当x ∈(0,1)时，f ′(x )<0，x ∈(1，12a)时，f ′(x )>0.所以f (x )在(0,1)内单调递减，在(1，12a )内单调递增，所以f (x )在x ＝1处取得极小值，不合题意．③当a ＝12时，12a ＝1，f ′(x )在(0,1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减，所以当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )≤0，f (x )单调递减，不合题意． ④当a >12时，0<12a <1，当x ∈(12a ，1)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减， 所以f (x )在x ＝1处取得极大值，符合题意． 综上可知，实数a 的取值范围为a >12.。