山东省巨野一中2010-2011学年高二“每周一练”数学试题

山东省巨野一中2010—2011学年度高二数学“每周
一练”系列试题（31）
（命题范围:导数及其应用2）
1．已知函数()x
e f x x a
=-（其中常数0a <）.
（1）求函数()f x 的定义域及单调区间； （2）若存在实数(],0x a ∈，使得不等式1
()2
f x ≤成立，求a 的取值范围。

2．设函数()(0)kx f x xe k =≠
（Ⅰ）求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程；
（Ⅱ）求函数()f x 的单调区间；
（Ⅲ）若函数()f x 在区间(1,1)-内单调递增，求k 的取值范围. 3．已知函数1()ln(1),01x
f x ax x x
-=++
≥+，其中0a >． （1）若()f x 在x=1处取得极值，求a 的值； （2）求()f x 的单调区间；
（3）若()f x 的最小值为1，求a 的取值范围．
4．设函数()x
e f x x
=
（Ⅰ）求函数()f x 的单调区间；
（Ⅱ）若0k >，求不等式'
()(1)()0f x k x f x +->的解集．
5．已知函数32()f x x ax bx c =+++在2
3
x =-与1x =时都取得极值 （Ⅰ）求,a b 的值与函数()f x 的单调区间；
（Ⅱ）若对[1,2]x ∈-，不等式2()f x c <恒成立，求c 的取值范围。

参考答案
1、解：函数()f x 的定义域为{}|x x a ≠ []22
(1)()1'()()()
x
x x e x a e x a e f x x a x a -+--⋅==-- 由'()0f x >，解得1x a >+，由'()0f x <，解得1x a <+且x a ≠
()f x ∴的单调递增区间为(1,)a ++∞，单调递减区间为(,)a -∞和(,1)a a +
（2）由题意可知，当且仅当0a <，且()x
e f x x a =
-
在(],0a 上的最小值小于或等于1
2
时，存在实数(],0x a ∈， 使得不等式1
()2
f x ≤
成立 若10a +<即1a <-时
x
(,1)a a +
1a +
(1,0)a +
'()f x -
0 + ()f x
单减
极小值
单增
()f x ∴在(],0a 上的最小值为1(1)a f a e ++=，
则1
12a e
+≤
，得1ln 12
a ≤- 若10a +≥，即1a ≥-时，()f x 在(],0a 上单调递减，则()f x 在(],0a 上的最小值为
1(0)f a =-
，由11
2
a -≤，得2a ≤-（舍） 综上所述，1
ln 12a ≤-
2．解：（Ⅰ）()()()()'
'1,01,00kx f
x kx e f f =+==,
曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程为y x = （Ⅱ）由()()'
10kx f
x kx e =+=，得()1
0x k k =-≠，
若0k >，则当1,x k ⎛
⎫∈-∞-
⎪⎝
⎭
时，()'
0f x <，函数()f x 单调递减，
当1,,x k ⎛⎫
∈-
+∞ ⎪⎝⎭
时，()'0f x >，函数()f x 单调递增， 若0k <，则当1,x k ⎛
⎫∈-∞-
⎪⎝
⎭
时，()'
0f x >，函数()f x 单调递增， 当1,,x k ⎛⎫
∈-
+∞ ⎪⎝⎭
时，()'0f x <，函数()f x 单调递减， （Ⅲ）由（Ⅱ）知，若0k >，则当且仅当1
1k
-≤-，即1k ≤时， 函数()f x 在()1,1-内单调递增；若0k <，则当且仅当1
1k
-≥，
即1k ≥-时，函数()f x 在()1,1-内单调递增，
综上可知，函数()f x 在区间()1,1-内单调递增时，k 的取值范围是[)
(]1,00,1-
3、解：（Ⅰ）222
22
'(),1(1)(1)(1)
a ax a f x ax x ax x +-=-=++++ ∵()f x 在x=1处取得极值，∴0)1(='f ,解得 1.a =
（Ⅱ）22
2
'(),(1)(1)
ax a f x ax x +-=++ ∵0,0,x a ≥> ∴10.ax +>
①当2a ≥时，在区间(0,)'()0,f x +∞>上， ∴()f x 的单调增区间为(0,).+∞
②当02a <<时，
由'()0'()0f x x f x x >>
<<解得解得
∴()f x +∞的单调减区间为（0）.
（Ⅲ）当2a ≥时，由（Ⅱ）①知，()(0)1;f x f =的最小值为
当02a <<时，由（Ⅱ）②知，()f x 在x =
处取得最小值(0)1,f f <=
综上可知，若()f x 得最小值为1，则a 的取值范围是[2,).+∞
4、解析 （1）'22111
()x x x x f x e e e x x x
-=-+=, 由'()0f x =,得 1x =． 因为 当0x <时,'()0f x <； 当01x <<时,'()0f x <； 当1x >时,'()0f x >； 所以()f x 的单调增区间是:[1,)+∞；
单调减区间是: (,0)(0,1]-∞，
． （2）由 2'
2
1()(1)()x x k x k x f x k x f x e x
-+-+-=2(1)(1)0x x k x e x --
+=>, 得：(1)(1)0x kx --<．
故：当 01k <<时, 解集是：1
{1}x x k
<<； 当 1k =时，解集是： ∅； 当 1k >时, 解集是：1
{1}x
x k
<<． 5、
解：（Ⅰ）32'2
(),()32f x x ax bx c f x x ax b =+++=++ 由'
2
124()0393f a b -=
-+=，'(1)320f a b =++=得1
,22
a b =-=- '2()32(32)(1)f x x x x x =--=+-，
当x 变化时，)('
x f 、()f x 的变化情况如下表：
↑
所以函数()f x 的递增区间是(,)3-∞-与(1,)+∞,递减区间是2
(,1)3
-； （Ⅱ）由（1）可知3
2
1()2,[1,2]2
f x x x x c x =--+∈-， 当23x =-
时，222
()327
f c -=
+为极大值， 而(2)2f c =+，则(2)2f c =+为最大值， 要使2
(),[1,2]f x c x <∈-恒成立，
则只需要2(2)2c f c >=+， 得1,2c c <->或。