高考复习《导数.切线方程》课时作业3.1

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1．函数f(x)＝(x＋2a)(x－a)2的导数为( )
A．2(x2－a2) B．2(x2＋a2)
C．3(x2－a2) D．3(x2＋a2)
C f′(x)＝(x－a)2＋(x＋2a)·(2x－2a)
＝(x－a)·(x－a＋2x＋4a)＝3(x2－a2)．
2．函数f(x)＝(2x－2－x)cs x在区间[－5，5]上的图象大致为( )
D 很明显eq \f(π,2)0，则y＝g(x)在(1，＋∞)上单调递增，
g(x)>g(1)＝0恒成立.
当k>2时，设h(x)＝g′(x)，则h′(x)＝eq \f(2,x)－eq \f(2－k,x2)>0.
则y＝g′(x)为(1，＋∞)上单调递增函数，
又由g′(1)＝2－k0)
①当a≥0时，由于x＞0，故ax＋1＞0，f′(x)＞0，
所以f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)．
②当a＜0时，由f′(x)＝0，得x＝－eq \f(1,a).
在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,a)))上，f′(x)＞0，在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)，＋∞))上，f′(x)＜0，
所以，函数f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,a)))，单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)，＋∞)).
(3)由已知，转化为f(x)max＜g(x)min·g(x)＝(x－1)2＋1，x∈[0，1]，
所以g(x)max＝2
由(2)知，当a≥0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，值域为R，故不符合题意．
(或者举出反例：存在f(e3)＝ae3＋3＞2，故不符合题意．)
当a＜0时，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,a)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)，＋∞))上单调递减，
故f(x)的极大值即为最大值，
feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)))＝－1＋lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)))＝－1－ln(－a)，
所以2＞－1－ln(－a)，解得a