【与名师对话】2021高考数学课时作业19 文（含解析）北师大版(1)

课时作业(十九)
一、选择题
1．(2021年南昌质检)假设函数f (x )＝x 2＋bx ＋c 的图象的极点在第四象限，那么其导数f ′(x )的图象大致是 解析：∵f (x )＝x 2＋bx ＋c 图象的极点在第四象限， ∴极点的横坐标－b 2
>0，即b <0. 又∵f ′(x )＝2x ＋b ，∴f ′(x )是单调递增函数，且与y 轴的交点在负半轴上，应选A.
答案：A
2．(2021年烟台模拟)函数f (x )＝x 2－2ln x 的递减区间是
( ) A ．(0,1]
B ．[1，＋∞)
C ．(－∞，－1)，(0,1)
D ．[－1,0)，(0,1] 解析：函数的概念域为(0，＋∞)，
又f ′(x )＝2x －2x ＝2x ＋1x －1
x ，
由f ′(x )≤0，解得0<x ≤1.
答案：A
3．函数f (x )＝1＋x －sin x 在(0,2π)上是
( )
A ．增函数
B ．减函数
C ．在(0，π)上递增，在(π，2π)上递减
D ．在(0，π)上递减，在(π，2π)上递增
解析：f ′(x )＝1－cos x >0，∴f (x )在(0,2π)上递增．
答案：A
4．(2021年南京二模)已知概念域为R 的函数f (x )知足：f (4)＝－3，且对任意x ∈R 总有f ′(x )<3，那么不等式f (x )<3x －15的解集为 ( )
A ．(－∞，4)
B ．(－∞，－4)
C ．(－∞，－4)∪(4，＋∞)
D ．(4，＋∞)
解析：解法一：(数形结合法)：
由题意知，f (x )过定点(4，－3)，且斜率k ＝f ′(x )<3.
又y ＝3x －15过点(4，－3)，k ＝3，
∴y ＝f ′(x )和y ＝3x －15在同一坐标系中的草图如图，
∴f (x )<3x －15的解集为(4，＋∞)，应选D.
解法二：记g (x )＝f (x )－3x ＋15，
则g ′(x )＝f ′(x )－3<0，可知g (x )在R 上为减函数．
又g (4)＝f (4)－3×4＋15＝0，
∴f (x )<3x －15可化为f (x )－3x ＋15<0，
即g (x )<g (4)，结合其函数单调递减，故得x >4.
答案：D
5．函数 f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋a 2在x ＝1处有极值10，那么
( ) A ．a ＝－3，b ＝3
B ．a ＝4，b ＝－11
C ．a ＝－4，b ＝11
D ．a ＝4，b ＝－11或a ＝－3，b ＝3
解析：由 f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋a 2，
得f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，
依照已知条件⎩⎪⎨⎪⎧ f ′1＝0，f 1＝10，即⎩⎪⎨⎪⎧ 2a ＋b ＋3＝0
，
a 2＋a ＋
b ＋1＝10.
解得⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝4，
b ＝－11或⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝－3，b ＝3.经查验⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝－3，
b ＝3不适合，舍去．
答案：B
6．假设函数f(x)＝ax3－3x在(－1,1)上单调递减，那么实数a的取值范围是
( ) A．a<1 B．a≤1
C ．0<a <1
D ．0<a ≤1
解析：∵f ′(x )＝3ax 2－3，由题意f ′(x )≤0在(－1,1)上恒成立．假设a ≤0，显然有f ′(x )<0；假设a >0，由f ′(x )≤0得－
1a ≤x ≤1a ，于是1a
≥1，∴0<a ≤1，综上知a ≤1. 答案：B
二、填空题
7．函数f (x )＝x 3－3x 2＋1的递增区间是________．
解析：f ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2)，
由f ′(x )>0解得x <0，或x >2.
答案：(－∞，0)，(2，＋∞)
8．设a ∈R ，假设函数y ＝e ax ＋3x ，x ∈R 有大于零的极值点，那么a 的取值范围是________．
解析：令f (x )＝e ax ＋3x ，可求得f ′(x )＝3＋a e ax ，假设函数在x ∈R 上有大于零的极值点，即f ′(x )＝3＋a e ax ＝0有正根．
当f ′(x )＝3＋a e ax ＝0成立时，显然有a <0， 现在x ＝1a ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－3a .由x >0，解得a <－3， ∴a 的取值范围为(－∞，－3)．
答案：(－∞，－3)
9．假设函数 f (x )＝2x 2－ln x 在其概念域内的一个子区间(k －1，k ＋1)内不是单调函数，那么实数k 的取值范围是__________ .
解析：求导，可求得 f (x )的递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞，递减区间为⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，12.函数 f (x )＝2x 2
－ln x 在其概念域内的一个子区间(k －1，k ＋1)内不是单调函数，那么
⎩⎪⎨⎪⎧ 0≤k －1<12，k ＋1>12，解得1≤k <32
. 答案：1≤k <32
三、解答题
10．已知a ∈R ，函数f (x )＝(－x 2＋ax )e x (x ∈R ，e 为自然对数的底数)．
(1)当a ＝2时，求函数f (x )的单调递增区间；
(2)假设函数f (x )在(－1,1)上单调递增，求a 的取值范围．
解：(1)当a ＝2时，f (x )＝(－x 2＋2x )e x ，
∴f ′(x )＝(－2x ＋2)e x ＋(－x 2＋2x )e x ＝(－x 2＋2)e x .
令f ′(x )>0，即(－x 2＋2)e x >0，
∵e x >0，∴－x 2＋2>0，解得－2<x < 2. ∴函数f (x )的单调递增区间是(－2，2)．
(2)∵函数f (x )在(－1,1)上单调递增，
∴f ′(x )≥0对x ∈(－1,1)恒成立． ∵f ′(x )＝(－2x ＋a )e x ＋(－x 2＋ax )e x
＝[－x 2＋(a －2)x ＋a ]e x ，
∴[－x 2＋(a －2)x ＋a ]e x ≥0对x ∈(－1,1)恒成立．
∵e x >0，∴－x 2＋(a －2)x ＋a ≥0对x ∈(－1,1)恒成立，
即a ≥x 2＋2x
x ＋1＝
x ＋12－1x ＋1＝x ＋1－1x ＋1对x ∈(－1,1)恒成立． 令y ＝x ＋1－1x ＋1
，那么y ′＝1＋1x ＋12>0， ∴y ＝x ＋1－1x ＋1在(－1,1)上单调递增．
∴y <1＋1－11＋1＝32，∴a ≥32
. 11．(2021年北京东城区调研)已知函数
f (x )＝ax 2＋b ln x 在x ＝1处有极值12. (1)求a ，b 的值；
(2)判定函数y ＝f (x )的单调性并求出单调区间．
解：(1)f ′(x )＝2ax ＋b
x
.
∵f (x )在x ＝1处有极值12， ∴⎩⎪⎨⎪⎧ f 1＝12，f ′1＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧
a ＝12，2a ＋
b ＝0.
解之得a ＝12
且b ＝－1. (2)由(1)可知f (x )＝12
x 2－ln x ，其概念域是(0，＋∞)， 且f ′(x )＝x －1x ＝x ＋1
x －1x .
由f ′(x )<0，得0<x <1；
由f ′(x )>0，得x >1.
因此函数y ＝f (x )的单调减区间是(0,1)，单调增区间是(1，＋∞)．
12．(2021年开封二模)设函数f (x )＝(2x ＋1)ln (2x ＋1)．
(1)求f (x )的极小值；
(2)假设x ≥0时，有f (x )≥2ax 成立，求实数a 的取值范围．
解：(1)∵f (x )的概念域为⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，＋∞， ∴f ′(x )＝2ln (2x ＋1)＋2，
若f ′(x )>0，那么ln (2x ＋1)>－1，∴x >12⎝ ⎛⎭
⎪⎫1e －1， 若f ′(x )<0，那么ln (2x ＋1)<－1，∴－12<x <12⎝ ⎛⎭
⎪⎫1e －1， ∴当x ＝12⎝ ⎛⎭
⎪⎫1e －1时， ∴f (x )极小值＝－1e
， (2)令g (x )＝(2x ＋1)ln (2x ＋1)－2ax ，
则g ′(x )＝2(ln (2x ＋1)＋1－a )．
令g ′(x )＝0，那么ln (2x ＋1)＝a －1，x ＝12
(e a －1－1)， g ′(x )>0时，那么ln (2x ＋1)>a －1，x >1
2(e a －1－1)，
g ′(x )<0时，那么ln (2x ＋1)<a －1，－12<x <12
(e a －1－1)． ①当a ≤1时，a －1≤0，e a －1≤e 0＝1.
∴12(e a －1－1)≤0.
即当x ≥0时，有x ≥12
(e a －1－1)，g ′(x )≥0恒成立． ∴g (x )在[0，＋∞)上单调递增，又g (0)＝0，
∴g (x )≥g (0)＝0成立，即a ≤1时，对x ≥0，有f (x )≥2ax .
②当a >1时，a －1>0，e a －1>e 0＝1，∴12
(e a －1－1)>0， 当x ∈[0，12(e a －1－1))时，有g ′(x )<0恒成立，g (x )在[0，12
(e a －1－1))上单调递减， 又g (0)＝0，∴当x ∈[0，12
(e a －1))时，g (x )≤g (0)＝0成立． 即当a >1时，不是所有x ≥0，都有f (x )≥2ax ，
综合①②知，当a ∈(－∞，1]时，f (x )≥2ax 恒成立．
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13．f (x )是概念在(－∞，＋∞)上的可导的奇函数，且知足xf ′(x )<0，f (1)＝0，那么不等式f (x )<0的解集为
( )
A ．(－∞，－1)∪(0,1)
B ．(－1,0)∪(1，＋∞)
C ．(－∞，－1)∪(1，＋∞)
D ．(－1,0)∪(0，＋∞) 解析：由xf ′(x )<0，知当x >0时，f ′(x )<0，即函数在(0，＋∞)内单调递减，而f (1)＝0，故当x >0时，由f (x )<0，可得x >1，又因为函数为奇函数，故当x <0时，不等式f (x )<0的解集为－1<x <0，应选B.
答案：B
14．函数f (x )＝x 3＋3ax 2＋3(a ＋2)x ＋3有极大值又有极小值，那么a 的取值范围是________．
解析：∵f (x )＝x 3＋3ax 2＋3(a ＋2)x ＋3，
∴f ′(x )＝3x 2＋6ax ＋3(a ＋2)．
令3x 2＋6ax ＋3(a ＋2)＝0，即x 2＋2ax ＋a ＋2＝0.
∵函数f (x )有极大值和极小值，
∴方程x2＋2ax＋a＋2＝0有两个不相等的实根．
即Δ＝4a 2－4a －8>0，∴a >2或a <－1.
答案：a >2或a <－1
15．已知函数f (x )＝ln (ax ＋1)＋1－x 1＋x
(x ≥0，a 为正实数)． (1)假设a ＝1，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；
(2)求函数f (x )的单调区间．
解：(1)当a ＝1时，f (x )＝ln (x ＋1)＋1－x 1＋x
， 则f ′(x )＝1x ＋1＋－2
1＋x 2
，因此f ′(1)＝0. 又f (1)＝ln 2，因此所求的切线方程为y ＝ln 2.
(2)f ′(x )＝a
ax ＋1＋－2
1＋x 2＝ax 2＋a －2
ax ＋11＋x 2.
①当a －2≥0，即a ≥2时，因为x ≥0，因此f ′(x )>0，因此函数f (x )在[0，＋∞)上单调递增．
②当a －2<0，即0<a <2时，令f ′(x )＝0，
则ax 2＋a －2＝0(x ≥0)，
因此x ＝ 2－a a .
因此，当x ∈⎣
⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫0， 2－a a 时，f ′(x )<0， 当x ∈⎝ ⎛⎭
⎪⎪⎫2－a a ，＋∞时，f ′(x )>0， 因此函数f (x )的单调递增区间为⎝
⎛⎭⎪⎪⎫2－a a ，＋∞， 函数f (x )的单调递减区间为⎣⎢⎢⎡⎭
⎪⎪⎫0， 2－a a . 综上所述，当a ≥2时，f (x )的递增区间是[0，＋∞)；当0<a <2时，f (x )的递增区间为
⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2－a a ，＋∞，它的递减区间为⎣⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫0， 2－a a .。