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1、
高考數(shù)學精品復習資料
2019.5
課時提升作業(yè)(十四)
一、選擇題
1.設(shè)a∈R,若函數(shù)y=ex+ax,x∈R有大于零的極值點,則( )
(A)a<-1 (B)a>-1
(C)a>-1e (D)a<-1e
2.(20xx·榆林模擬)函數(shù)y=(3-x2)ex的遞增區(qū)間是( )
(A)(-∞,0)
(B)(0,+∞)
(C)(-∞,-3)和(1,+∞)
(D)(-3,1)
3.(20xx
2、3;銅川模擬)對任意的x∈R,函數(shù)f(x)=x3+ax2+7ax不存在極值點的充要條件是( )
(A)0≤a≤21 (B)a=0或a=7
(C)a<0或a>21 (D)a=0或a=21
4.(20xx·九江模擬)已知f(x),g(x)都是定義在R上的函數(shù),且滿足以下條件:
①f(x)=ax·g(x)(a>0,a≠1);
②g(x)≠0;
③f(x)·g′(x)>f′(x)·g(x).
若f(1)g(1)+f(-1)g(-1)=52,則
3、a等于( )
(A)12 (B)2 (C)54 (D)2或12
5.設(shè)f′(x)是函數(shù)f(x)的導函數(shù),將y=f(x)和y=f′(x)的圖像畫在同一個直角坐標系中,不可能正確的是( )
6.(20xx·撫州模擬)函數(shù)y=f′(x)是函數(shù)y=f(x)的導函數(shù),且函數(shù)y=f(x)在點P(x0,f(x0))處的切線為l:y=g(x)=f′(x0)·(x-x0)+f(x0),F(x)=f(x)-g(x),如果函數(shù)y=f(x)在區(qū)間[a,b]上的圖像如圖所示,且a<x0<b,那么( )
(A)F′(x0)=0,x=x0是
4、F(x)的極大值點
(B)F′(x0)=0,x=x0是F(x)的極小值點
(C)F′(x0)≠0,x=x0不是F(x)的極值點
(D)F′(x0)≠0,x=x0是F(x)的極值點
二、填空題
7.函數(shù)f(x)=sinx2+cosx的遞增區(qū)間是 .
8.若函數(shù)f(x)=x(x-c)2在x=2處有極大值,則常數(shù)c的值為 .
9.對于函數(shù)f(x)=-2cosx(x∈[0,π])與函數(shù)g(x)=12x2+lnx有下列命題:
①函數(shù)f(x)的圖像關(guān)于x=π2對稱;
②函數(shù)g(x)有且只有一個零點;
③函數(shù)f(x)和函數(shù)g(x)圖像上存在平行的切線;
④若函數(shù)f(x)
5、在點P處的切線平行于函數(shù)g(x)在點Q處的切線,則直線PQ的斜率為12-π.
其中正確的命題是 .(將所有正確命題的序號都填上)
三、解答題
10.(20xx·合肥模擬)已知函數(shù)f(x)=a3x3-a+12x2+x+b,其中a,b∈R.
(1)若曲線y=f(x)在點P(2,f(2))處的切線方程為y=5x-4,求函數(shù)f(x)的解析式.
(2)當a>0時,討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性.
11.(20xx·南昌模擬)已知函數(shù)f(x)=ax2-3x+lnx(a>0).
(1)若曲線y=f(x)在點P(1,f(1))處的切線平行于x軸,求函數(shù)f(x)在區(qū)
6、間[12,2]上的最值.
(2)若函數(shù)f(x)在定義域內(nèi)是單調(diào)函數(shù),求a的取值范圍.
12.(能力挑戰(zhàn)題)已知函數(shù)f(x)=xlnx.
(1)求函數(shù)f(x)的極值點.
(2)若直線l過點(0,-1),并且與曲線y=f(x)相切,求直線l的方程.
(3)設(shè)函數(shù)g(x)=f(x)-a(x-1),其中a∈R,求函數(shù)g(x)在[1,e]上的最小值(其中e為自然對數(shù)的底數(shù)).
答案解析
1.【解析】選A.由y′=(ex+ax)′=ex+a=0,得ex=-a,
即x=ln(-a)>0?-a>1?a<-1.
2.【解析】選D.y′=-2xex+(
7、3-x2)ex=ex(-x2-2x+3)>0?x2+2x-3<0?-3<x<1,∴函數(shù)y=(3-x2)ex的遞增區(qū)間是(-3,1).
3.【解析】選A.f′(x)=3x2+2ax+7a,令f′(x)=0,當Δ=4a2-84a≤0,即0≤a≤21時,f′(x)≥0恒成立,函數(shù)不存在極值點.
4.【解析】選A.由①②得f(x)g(x)=ax,又[f(x)g(x)]′=f'(x)g(x)-f(x)g'(x)[g(x)]2,
由③知[f(x)g(x)]′<0,故y=ax是減函數(shù),因此0<a<1.由f(1)g(1)+f(-1)g(-1)=5
8、2,得a+1a=52,解得a=12或a=2(舍).
5.【解析】選D.對于A來說,拋物線為函數(shù)f(x),直線為f′(x);對于B來說,從左到右上升的曲線為函數(shù)f(x),從左到右下降的曲線為f′(x);對于C來說,下面的曲線為函數(shù)f(x),上面的曲線為f′(x).只有D不符合題設(shè)條件.
【方法技巧】函數(shù)的導數(shù)與增減速度及圖像的關(guān)系
(1)導數(shù)與增長速度
①一個函數(shù)的增長速度快,就是說,在自變量的變化相同時,函數(shù)值的增長大,即平均變化率大,導數(shù)也就大;②一個函數(shù)減小的速度快,那么在自變量的變化相同時,函數(shù)值的減小大,即平均變化率大,導數(shù)的絕對值也就大.
(2)導數(shù)與圖像
一般地,如果一
9、個函數(shù)在某一范圍內(nèi)的導數(shù)的絕對值較大,說明函數(shù)在這個范圍內(nèi)變化得快,這時,函數(shù)的圖像就比較“陡峭”(向上或向下);反之,函數(shù)的圖像就較“平緩”.
6.【思路點撥】y=g(x)是函數(shù)y=f(x)在點P(x0,f(x0))處的切線,故g′(x)=
f′(x0),據(jù)此判斷F′(x0)是否為0,再進一步判斷在x=x0兩側(cè)F′(x)的符號.
【解析】選B.F′(x)=f′(x)-g′(x)=f′(x)-f′(x0),
∴F′(x0)=f′(x0)-f′(x0)=0,又當x<x0時,從圖像上看,f′(x)<f′(x0),即
F′(x)<0,此時函數(shù)F(x)=f(x)-g(x)
10、是減少的,同理,當x>x0時,函數(shù)F(x)是增加的.
7.【解析】f′(x)=(2+cosx)cosx-sinx (-sinx)(2+cosx)2=2cosx+1(2+cosx)2>0,即cosx>-12,結(jié)合三角函數(shù)圖像知,2kπ-2π3<x<2kπ+2π3(k∈Z),即函數(shù)f(x)的遞增區(qū)間是(2kπ-2π3,2kπ+2π3)(k∈Z).
答案:(2kπ-2π3,2kπ+2π3)(k∈Z)
8.【解析】∵x=2是f(x)的極大值點,
f(x)=x(x2-2cx+c2)=x3-2cx2+c2x,
∴f′(x)=3x2-4cx+c2,
∴f′(2)=
11、3×4-8c+c2=0,
解得c=2或c=6,當c=2時,在x=2處不能取極大值,∴c=6.
答案:6
【誤區(qū)警示】本題易出現(xiàn)由f′(2)=0求出c后,不驗證是否能夠取到極大值這一條件,導致產(chǎn)生增根.
9.【解析】畫出函數(shù)f(x)=-2cosx,x∈[0,π]的圖像可知①錯;函數(shù)g(x)=12x2+lnx的導函數(shù)g′(x)=x+1x≥2,所以函數(shù)g(x)在定義域內(nèi)為增函數(shù),畫圖知②正確;因為f′(x)=2sinx≤2,又因為g′(x)=x+1x≥2,所以函數(shù)f(x)和函數(shù)g(x)圖像上存在平行的切線,③正確;同時要使函數(shù)f(x)在點P處的切線平行于函數(shù)g(x)在點Q處的切線只
12、有f′(x)=g′(x)=2,這時P(π2,0),Q(1,12),所以kPQ=12-π,④也正確.
答案:②③④
10.【解析】(1)f′(x)=ax2-(a+1)x+1.
由導數(shù)的幾何意義得f′(2)=5,于是a=3.
由切點P(2,f(2))在直線y=5x-4上可知2+b=6,解得b=4.
所以函數(shù)f(x)的解析式為f(x)=x3-2x2+x+4.
(2)f′(x)=ax2-(a+1)x+1=a(x-1a)(x-1).
當0<a<1時,1a>1,函數(shù)f(x)在區(qū)間(-∞,1)及(1a,+∞)上是增加的,在區(qū)間(1,1a)上是減少的;
當a=1時,1a=1,
13、函數(shù)f(x)在區(qū)間(-∞,+∞)上是增加的;
當a>1時,1a<1,函數(shù)f(x)在區(qū)間(-∞,1a)及(1,+∞)上是增加的,在區(qū)間(1a,1)上是減少的.
11.【解析】(1)∵f(x)=ax2-3x+lnx,
∴f′(x)=2ax-3+1x,
又f′(1)=0,∴2a-2=0,∴a=1,
∴f(x)=x2-3x+lnx,f′(x)=2x-3+1x.
令f′(x)=0,即2x-3+1x=0,
解得x=12或x=1.
列表如下:
x
12
(12,1)
1
(1,2)
2
f′(x)
-
0
+
f(x)
-54-ln2
減
-2
14、
增
-2+ln2
∴當x=1時,f(x)min=-2;
∵f(2)-f(12)=-2+ln2+54+ln2=ln4-34>1-34>0,
∴當x=2時,f(x)max=-2+ln2.
(2)f(x)的定義域為(0,+∞),
f′(x)=2ax-3+1x=2ax2-3x+1x,令Δ=9-8a.
當a≥98時,Δ≤0,f′(x)≥0,
函數(shù)f(x)在(0,+∞)上是增加的,
當0<a<98時,Δ>0,方程2ax2-3x+1=0有兩個不相等的正根x1,x2,不妨設(shè)x1<x2,則當x∈(0,x1)∪(x2,+∞)時,f′(x)>0,當x
15、∈(x1,x2)時,f′(x)<0,這時,函數(shù)f(x)在定義域內(nèi)不是單調(diào)函數(shù).
綜上,a的取值范圍是[98,+∞).
12.【思路點撥】(1)先判斷f(x)的增減性,再求極值點.
(2)設(shè)出切點,表示出切線方程,利用直線過點(0,-1),求出切點即可得出切線方程.(3)先求出極值點,再根據(jù)該點是否在[1,e]上分類討論.
【解析】(1)f′(x)=lnx+1,x>0.而f′(x)>0,即lnx+1>0,得x>1e.f′(x)<0,即lnx+1<0,得0<x<1e,
所以f(x)在(0,1e)上是減少的,在(1e,+∞)上是增加的.
16、
所以x=1e是函數(shù)f(x)的極小值點,極大值點不存在.
(2)設(shè)切點坐標為(x0,y0),則y0=x0lnx0,切線的斜率為lnx0+1,
所以切線l的方程為y-x0lnx0=(lnx0+1)(x-x0).
又切線l過點(0,-1),
所以有-1-x0lnx0=(lnx0+1)(0-x0).
解得x0=1,y0=0.
所以直線l的方程為y=x-1.
(3)g(x)=xlnx-a(x-1),則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)
17、上是減少的,在(ea-1,+∞)上是增加的.
①當ea-1≤1即a≤1時,g(x)在[1,e]上是增加的,
所以g(x)在[1,e]上的最小值為g(1)=0.
②當1<ea-1<e,即1<a<2時,g(x)在[1,ea-1)上是減少的,在(ea-1,e]上是增加的.g(x)在[1,e]上的最小值為g(ea-1)=a-ea-1.
③當e≤ea-1,即a≥2時,g(x)在[1,e]上是減少的,所以g(x)在[1,e]上的最小值為g(e)=e+a-ae.
綜上,x∈[1,e]時,當a≤1時,g(x)的最小值為0;
當1<a<2時,g(x)的最小值為a-
18、ea-1;
當a≥2時,g(x)的最小值為a+e-ae.
【變式備選】設(shè)f(x)=-13x3+12x2+2ax.
(1)若f(x)在(23,+∞)上存在遞增區(qū)間,求a的取值范圍.
(2)當0<a<2時,f(x)在[1,4]上的最小值為-163,求f(x)在該區(qū)間上的最大值.
【解析】(1)f(x)=-13x3+12x2+2ax,
∴f′(x)=-x2+x+2a,當x∈[23,+∞)時,f′(x)的最大值為f′(23)=29+2a.函數(shù)f(x)在(23,+∞)上存在遞增區(qū)間,即導函數(shù)在(23,+∞)上存在函數(shù)值大于零成立,
∴29+2a>0?a>-19.
19、
(2)已知0<a<2,f(x)在[1,4]上取到最小值-163,而f′(x)=-x2+x+2a的圖像開口向下,且對稱軸為x=12,∴f′(1)=-1+1+2a=2a>0,
f′(4)=-16+4+2a=2a-12<0,
則必有一點x0∈[1,4]使得f′(x0)=0,此時函數(shù)f(x)在[1,x0]上是增加的,在[x0,4]上是減少的,
f(1)=-13+12+2a=16+2a>0,
∴f(4)=-13×64+12×16+8a=-403+8a,
∴-403+8a=-163,得a=1,
此時,由f′(x0)=-x02+x0+2=0得x0=2或-1(舍去),
所以函數(shù)f(x)max=f(2)=103.
高考數(shù)學復習 第二章 第十一節(jié)
