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课时提升作业(十四)
一、选择题
1.设a∈R,若函数y=ex+ax,x∈R有大于零的极值点,则 ( )
(A)a<-1 (B)a>-1
(C)a>- (D)a<-
2.(2021·珠海模拟)已知函数f(x)=x2+3x-2lnx,则函数f(x)的单调递减区间为
( )
(A)(-2,) (B)(,+∞)
(C)(-∞,-2) (D)(0,)
3.函数y = x·e-x在x∈[2,4]上的最小值为 ( )
(A)0 (B) (C) (D)
4.(2021·广州模拟)已知f(x),g(x)都是定义在R上的函数,且满足以下条件:
①f(x)=ax·g(x)(a>0,a≠1);
②g(x)≠0;
③f(x)·g′(x)>f′(x)·g(x).
若+=,则a等于 ( )
(A) (B)2 (C) (D)2或
5.(2021·中山模拟)函数y=f(x)在定义域(-,3)内的图象如图所示,记y=f(x)的导函数y=f′(x),则不等式f′(x)≤0的解集为 ( )
(A)[-,1]∪[2,3)
(B)[-1,]∪[,]
(C)[-,]∪[1,2)
(D)(-,-]∪[,]∪[,3)
6.(2021·潮州模拟)函数y=f′(x)是函数y=f(x)的导函数,且函数y=f(x)在点P(x0,f(x0))处的切线为l:y=g(x)=f′(x0)·(x-x0)+f(x0),F(x)=f(x)-g(x),假如函数y=f(x)在区间[a,b]上的图象如图所示,且a<x0<b,那么 ( )
(A)F′(x0)=0,x=x0是F(x)的极大值点
(B)F′(x0)=0,x=x0是F(x)的微小值点
(C)F′(x0)≠0,x=x0不是F(x)的极值点
(D)F′(x0)≠0,x=x0是F(x)的极值点
二、填空题
7.函数f(x)=的单调递增区间是 .
8.若函数f(x)=x(x-c)2在x=2处有极大值,则常数c的值为 .
9.若函数y=-x3+ax有三个单调区间,则a的取值范围是 .
三、解答题
10.(2021·厦门模拟)已知函数f(x)=x3-x2+x+b,其中a,b∈R.
(1)若曲线y=f(x)在点P(2,f(2))处的切线方程为y=5x-4,求函数f(x)的解析式.
(2)当a>0时,争辩函数f(x)的单调性.
11.(2021·阳江模拟)已知函数f(x)=x2ln|x|.
(1)推断函数f(x)的奇偶性.
(2)求函数f(x)的单调区间.
(3)若关于x的方程f(x)=kx-1在(0,+∞)上有实数解,求实数k的取值范围.
12.(力气挑战题)已知函数f(x)=xlnx.
(1)求函数f(x)的极值点.
(2)若直线l过点(0,-1),并且与曲线y=f(x)相切,求直线l的方程.
(3)设函数g(x)=f(x)-a(x-1),其中a∈R,求函数g(x)在[1,e]上的最小值(其中e为自然对数的底数).
答案解析
1.【解析】选A.由y′=(ex+ax)′=ex+a=0,得ex=-a,
即x=ln(-a)>0⇒-a>1⇒a<-1.
2.【解析】选D.函数f(x)=x2+3x-2lnx的定义域为(0,+∞).由于f′(x)=2x+3-,令2x+3-<0,
即2x2+3x-2<0,解得-2<x<,
又x>0,所以0<x<,故函数f(x)的单调递减区间为(0,).
3.【解析】选C.y′==,当x∈[2,4]时,y′<0,即函数y=x·e-x在[2,4]上单调递减,故当x=4时,函数有最小值为.
4.【解析】选A.由①②得=ax,又[]′=,
由③知[]′<0,故y=ax是减函数,因此0<a<1.由+=,得a+=,解得a=或a=2(舍).
5.【解析】选A.不等式f′(x)≤0的解集即为函数y=f(x)的减区间,由y=f(x)的图象知,x∈[-,1]∪[2,3).
6.【思路点拨】y=g(x)是函数y=f(x)在点P(x0,f(x0))处的切线,故g′(x)=
f′(x0),据此推断F′(x0)是否为0,再进一步推断在x=x0两侧F′(x)的符号.
【解析】选B.F′(x)=f′(x)-g′(x)=f′(x)-f′(x0),
∴F′(x0)=f′(x0)-f′(x0)=0,又当x<x0时,从图象上看,f′(x)<f′(x0),即
F′(x)<0,此时函数F(x)=f(x)-g(x)为减函数,同理,当x>x0时,函数F(x)为增
函数.
7.【解析】f′(x)==>0,即cosx>-,结合三角函数图象知,2kπ-<x<2kπ+(k∈Z),即函数f(x)的单调递增区间是(2kπ-,2kπ+)(k∈Z).
答案:(2kπ-,2kπ+)(k∈Z)
8.【解析】x=2是f(x)的极大值点,
f(x)=x(x2-2cx+c2)=x3-2cx2+c2x,
∴f′(x)=3x2-4cx+c2,
∴f′(2)=3×4-8c+c2=0,
解得c=2或c=6,当c=2时,不能取极大值,
∴c=6.
答案:6
【误区警示】本题易毁灭由f′(2)=0求出c后,不验证是否能够取到极大值这一条件,导致产生增根.
9.【思路点拨】函数有三个单调区间,等价于相应函数有两个极值点.
【解析】y′=-x2+a,y=-x3+ax有三个单调区间,则方程-x2+a=0应有两个不等实根,故a>0.
答案:a>0
10.【解析】(1)f′(x)=ax2-(a+1)x+1.
由导数的几何意义得f′(2)=5,于是a=3.
由切点P(2,f(2))在直线y=5x-4上可知2+b=6,解得b=4.
所以函数f(x)的解析式为f(x)=x3-2x2+x+4.
(2)f′(x)=ax2-(a+1)x+1=a(x-)(x-1).
当0<a<1时,>1,函数f(x)在区间(-∞,1)及(,+∞)上为增函数,在区间(1,)上为减函数;
当a=1时,=1,函数f(x)在区间(-∞,+∞)上为增函数;
当a>1时,<1,函数f(x)在区间(-∞,)及(1,+∞)上为增函数,在区间(,1)上为减函数.
11.【解析】(1)函数f(x)的定义域为{x|x∈R且x≠0},
f(-x)=(-x)2ln|-x|=x2ln|x|=f(x),
∴f(x)为偶函数.
(2)当x>0时,f′(x)=2x·lnx+x2·
=x·(2lnx+1),令f′(x)=0,则x=,
若0<x<,则f′(x)<0,f(x)递减;
若x>,则f′(x)>0,f(x)递增.
再由f(x)是偶函数,得f(x)的递增区间是(-,0)和(,+∞);
递减区间是(-∞,-)和(0,).
(3)由f(x)=kx-1,得:xln|x|+=k,
令g(x)=xln|x|+,
当x>0时,g′(x)=lnx+1-=lnx+,
明显g′(1)=0,
当0<x<1时,g′(x)<0,g(x)递减;
当x>1时,g′(x)>0,g(x)递增,
∴x>0时,g(x)min=g(1)=1,
∴若方程f(x)=kx-1在(0,+∞)上有实数解,则实数k的取值范围是[1,+∞).
12.【思路点拨】(1)先推断f(x)的增减性,再求极值点.(2)设出切点,表示出切线方程,利用直线过点(0,-1),求出切点即可得出切线方程.(3)先求出极值点,再依据该点是否在[1,e]上分类争辩.
【解析】(1)f′(x)=lnx+1,x>0.而f′(x)>0,
即lnx+1>0,得x>.f′(x)<0,即lnx+1<0,得0<x<,所以f(x)在(0,)上单调递减,在(,+∞)上单调递增.
所以x=是函数f(x)的微小值点,极大值点不存在.
(2)设切点坐标为(x0,y0),则y0=x0lnx0,切线的斜率为lnx0+1,
所以切线l的方程为y-x0lnx0=(lnx0+1)(x-x0).
又切线l过点(0,-1),
所以有-1-x0lnx0=(lnx0+1)(0-x0).
解得x0=1,y0=0.
所以直线l的方程为y=x-1.
(3)g(x)=xlnx-a(x-1),则g′(x)=lnx+1-a.
g′(x)<0,即lnx+1-a<0,得0<x<ea-1,g′(x)>0,得x>ea-1,所以g(x)在(0,ea-1)上单调递减,在(ea-1,+∞)上单调递增.
①当ea-1≤1即a≤1时,g(x)在[1,e]上单调递增,
所以g(x)在[1,e]上的最小值为g(1)=0.
②当1<ea-1<e,即1<a<2时,g(x)在[1,ea-1)上单调递减,在(ea-1,e]上单调递增.g(x)在[1,e]上的最小值为g(ea-1)=a-ea-1.
③当e≤ea-1,即a≥2时,g(x)在[1,e]上单调递减,所以g(x)在[1,e]上的最小值为g(e)=e+a-ae.
综上,x∈[1,e]时,当a≤1时,g(x)的最小值为0;
当1<a<2时,g(x)的最小值为a-ea-1;
当a≥2时,g(x)的最小值为a+e-ae.
【变式备选】设f(x)=-x3+x2+2ax.
(1)若f(x)在(,+∞)上存在单调递增区间,求a的取值范围.
(2)当0<a<2时,f(x)在[1,4]上的最小值为-,求f(x)在该区间上的最大值.
【解析】(1)f(x)=-x3+x2+2ax,
∴f′(x)=-x2+x+2a,当x∈[,+∞)时,f′(x)的最大值为f′()=+2a.
函数f(x)在(,+∞)上存在单调递增区间,即导函数在(,+∞)上存在函数值大于零成立,∴+2a>0⇒a>-.
(2)已知0<a<2,f(x)在[1,4]上取到最小值-,而f′(x)=-x2+x+2a的图象开口向下,且对称轴x=,
∴f′(1)=-1+1+2a=2a>0,
f′(4)=-16+4+2a=2a-12<0,
则必有一点x0∈[1,4]使得f′(x0)=0,此时函数f(x)在[1,x0]上单调递增,在[x0,4]上单调递减,
f(1)=-++2a=+2a>0,
∴f(4)=-×64+×16+8a=-+8a,
∴-+8a=-,得a=1,
此时,由f′(x0)=-+x0+2=0得x0=2或-1(舍去),
所以函数f(x)max=f(2)=.
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