高考数学(理数)一轮课后刷题练习：第2章　函数、导数及其应用2.12(教师版)

这是一份高考数学(理数)一轮课后刷题练习：第2章　函数、导数及其应用2.12(教师版)，共12页。

A级
一、选择题
1．若函数y＝aex＋3x在R上有小于零的极值点，则实数a的取值范围是( )
A．(－3，＋∞) B．(－∞，－3)
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，＋∞)) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,3)))
答案 B
解析 y＝aex＋3x，求导，y′＝aex＋3，
由若函数y＝aex＋3x在R上有小于零的极值点，
则y′＝aex＋3＝0有负根，则a≠0，
则ex＝－eq \f(3,a)在y轴的左侧有交点，
∴0<－eq \f(3,a)<1，解得：a<－3，
实数a的取值范围为(－∞，－3)．故选B.
2．设f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，g(x)≠0，当x<0时，f′(x)g(x)－f(x)g′(x)>0，且f(－3)＝0，则不等式eq \f(fx,gx)<0的解集是( )
A．(－3,0)∪(3，＋∞) B．(－3,0)∪(0,3)
C．(－∞，－3)∪(3，＋∞) D．(－∞，－3)∪(0,3)
答案 D
解析 ∵f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，
∴eq \f(fx,gx)为奇函数，eq \f(fx,gx)的图象关于原点对称．
当x<0时，f′(x)g(x)－f(x)g′(x)>0，
∴eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(fx,gx)))′＝eq \f(f′xgx－fxg′x,g2x)>0，
∴当x<0时，eq \f(fx,gx)是增函数，故当x>0时，eq \f(fx,gx)也是增函数.
函数eq \f(fx,gx)的单调性的示意图，如图所示：
∵f(－3)＝0，∴f(3)＝0，∴由不等式eq \f(fx,gx)<0，可得x<－3或0故原不等式的解集为{x|x<－3或03．函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的图象如图所示，则xeq \\al(2,1)＋xeq \\al(2,2)等于( )
A.eq \f(2,3) B.eq \f(4,3)
C.eq \f(8,3) D.eq \f(16,3)
答案 C
解析 由图象可得f(x)＝0的根为0,1,2，故d＝0，f(x)＝x(x2＋bx＋c)，则1,2为x2＋bx＋c＝0的根，由根与系数的关系得b＝－3，c＝2，故f(x)＝x3－3x2＋2x，则f′(x)＝3x2－6x＋2，由图可得x1，x2为3x2－6x＋2＝0的根，则x1＋x2＝2，x1x2＝eq \f(2,3)，故xeq \\al(2,1)＋xeq \\al(2,2)＝(x1＋x2)2－2x1x2＝eq \f(8,3).
4．已知eq \f(a2＋2a＋2,x)≤eq \f(4,x2－x)＋1对于任意的x∈(1，＋∞)恒成立，则( )
A．a的最小值为－3 B．a的最小值为－4
C．a的最大值为2 D．a的最大值为4
答案 A
解析 eq \f(a2＋2a＋2,x)≤eq \f(4,x2－x)＋1对于任意的x∈(1，＋∞)恒成立，转化为a2＋2a＋2≤eq \f(4x,x2－x)＋x＝eq \f(4,x－1)＋x＝f(x)的最小值．f′(x)＝eq \f(x＋1x－3,x－12)，可得x＝3时，函数f(x)取得极小值即最小值f(3)＝5.
∴a2＋2a＋2≤5，化为a2＋2a－3≤0，
即(a＋3)(a－1)≤0，解得－3≤a≤1.因此a的最小值为－3.故选A.
5．设f(x)是定义在R上的函数，其导函数为f′(x)，若f(x)＋f′(x)>1，f(0)＝2018，则不等式exf(x)>ex＋2017(其中e为自然对数的底数)的解集为( )
A．(－∞，0)∪(0，＋∞) B．(0，＋∞)
C．(2017，＋∞) D．(－∞，0)∪(2017，＋∞)
答案 B
解析 设g(x)＝exf(x)－ex，则g′(x)＝exf(x)＋exf′(x)－ex
＝ex[f(x)＋f′(x)－1]，
∵f(x)＋f′(x)>1，ex>0，∴g′(x)＝ex[f(x)＋f′(x)－1]>0，
∴g(x)是R上的增函数．又g(0)＝f(0)－1＝2017，
∴g(x)>2017的解集为(0，＋∞)，
即不等式exf(x)>ex＋2017的解集为(0，＋∞)．故选B.
6．设函数f(x)＝x(ln x－ax)(a∈R)在区间(0,2)上有两个极值点，则a的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0)) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(ln 2＋1,4)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1)) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(ln 2＋1,4)，\f(1,2)))
答案 D
解析 f(x)＝x(ln x－ax)，求导f′(x)＝ln x－2ax＋1，
由题意，关于x的方程2ax＝ln x＋1在区间(0,2)有两个不相等的实根，则y＝2ax与y＝ln x＋1有两个交点，由y＝ln x＋1，求导y′＝eq \f(1,x)，
设切点(x0，y0)，eq \f(ln x0＋1,x0)＝eq \f(1,x0)，解得x0＝1，
∴切线的斜率k＝1，则2a＝1，a＝eq \f(1,2)，
则当x＝2，则直线斜率k＝eq \f(ln 2＋1,2)，则a＝eq \f(ln 2＋1,4)，
∴a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(ln 2＋1,4)，\f(1,2)))，故选D.
7．若函数f(x)＝a(x－2)ex＋ln x＋eq \f(1,x)存在唯一的极值点，且此极值大于0，则( )
A．0≤aC．－eq \f(1,e)答案 A
解析 f(x)＝a(x－2)ex＋ln x＋eq \f(1,x)，x>0，
∴f′(x)＝a(x－1)ex＋eq \f(1,x)－eq \f(1,x2)＝(x－1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(aex＋\f(1,x2)))，
由f′(x)＝0得到x＝1或aex＋eq \f(1,x2)＝0(*)．
由于f(x)仅有一个极值点，关于x的方程(*)必无解，
①当a＝0时，(*)无解，符合题意，
②当a≠0时，由(*)得，a＝－eq \f(1,exx2)，∴a>0，
由于这两种情况都有，当0当x>1时，f′(x)>0，于是f(x)为增函数，
∴x＝1为f(x)的极值点，∵f(1)＝－ae＋1>0，∴a综上可得a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e))).故选A.
8．函数f(x)＝x3－3x－1，若对于区间[－3,2]上的任意x1，x2都有|f(x1)－f(x2)|≤t，则实数t的最小值是( )
A．20 B．18 C．3 D．0
答案 A
解析 对于区间[－3,2]上的任意x1，x2都有|f(x1)－f(x2)|≤t，等价于对于区间[－3,2]上的任意x，都有f(x)max－f(x)min≤t.
∵f(x)＝x3－3x－1，
∴f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)，
∵x∈[－3,2]，
∴函数在[－3，－1]，[1,2]上单调递增，在[－1,1]上单调递减，
∴f(x)max＝f(2)＝f(－1)＝1，
f(x)min＝f(－3)＝－19，
∴f(x)max－f(x)min＝20，
∴t≥20，
∴实数t的最小值是20，故选A.
9．已知函数y＝xex＋x2＋2x＋a恰有两个不同的零点，则实数a的取值范围为( )
A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,e)＋1)) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,e)＋1))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)＋1，＋∞)) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))
答案 B
解析 函数y＝xex＋x2＋2x＋a恰有两个不同的零点，
就是xex＋x2＋2x＋a＝0恰有两个不同的实数解，
设g(x)＝xex＋x2＋2x，则g′(x)＝ex＋xex＋2x＋2＝(x＋1)(ex＋2)，
x<－1，g′(x)<0，函数是减函数，x>－1，g′(x)>0，函数是增函数，
函数的最小值为g(－1)＝－1－eq \f(1,e)，则－a>－1－eq \f(1,e)，
即a<1＋eq \f(1,e).函数y＝xex＋x2＋2x＋a恰有两个不同的零点，则实数a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,e)＋1)).故选B.
10．设直线x＝t与函数f(x)＝x2，g(x)＝ln x的图象分别交于点M，N，则当|MN|达到最小时t的值为( )
A．1 B.eq \f(1,2) C.eq \f(\r(5),2) D.eq \f(\r(2),2)
答案 D
解析 |MN|的最小值，即函数h(x)＝x2－ln x的最小值，h′(x)＝2x－eq \f(1,x)＝eq \f(2x2－1,x)，令h′(x)＝0，得x＝eq \f(\r(2),2)或x＝－eq \f(\r(2),2)(舍去)，显然x＝eq \f(\r(2),2)是函数h(x)在其定义域内唯一的极小值点，也是最小值点，故t＝eq \f(\r(2),2).
二、填空题
11．若函数f(x)＝－eq \f(1,3)x3＋eq \f(1,2)x2＋2ax在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，＋∞))上存在单调递增区间，则a的取值范围是________．
答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,9)，＋∞))
解析 对f(x)求导，得f′(x)＝－x2＋x＋2a＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))2＋eq \f(1,4)＋2a.
当x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，＋∞))时，f′(x)的最大值为f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))＝eq \f(2,9)＋2a.要使f(x)在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，＋∞))上存在单调递增区间，则必须有f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))>0，即eq \f(2,9)＋2a>0，解得a>－eq \f(1,9)，所以a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,9)，＋∞)).
12．已知R上可导函数f(x)的图象如图所示，则不等式(x2－2x－3)f′(x)>0的解集为________．
答案 (－∞，－1)∪(－1,1)∪(3，＋∞)
解析 由函数图象可知f′(x)>0的解集为(－∞，－1)∪(1，＋∞)，f′(x)<0的解集为(－1,1)．由(x2－2x－3)f′(x)>0，得
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－2x－3>0，,f′x>0，)) ①或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－2x－3<0，,f′x<0，)) ②
解①得x<－1或x>3；解②得－1∴不等式(x2－2x－3)f′(x)>0的解集为
(－∞，－1)∪(－1,1)∪(3，＋∞)．
故答案为(－∞，－1)∪(－1,1)∪(3，＋∞)．
13．定义在R上的奇函数y＝f(x)满足f(3)＝0，且当x>0时，不等式f(x)>－xf′(x)恒成立，则函数g(x)＝xf(x)＋lg |x＋1|的零点的个数是________．
答案 3
解析 定义在R上的奇函数f(x)满足：f(0)＝0＝f(3)＝f(－3)，
且f(－x)＝－f(x)，又x>0时，f(x)>－xf′(x)，即f(x)＋xf′(x)>0，
∴[xf(x)]′>0，函数h(x)＝xf(x)在x>0时是增函数．又h(－x)＝－xf(－x)＝xf(x)，∴h(x)＝xf(x)是偶函数；
∴x<0时，h(x)是减函数，结合函数的定义域为R，
且f(0)＝f(3)＝f(－3)＝0，
可得函数y1＝xf(x)与y2＝－lg |x＋1|的大致图象如图所示，
∴由图象知，函数g(x)＝xf(x)＋lg |x＋1|的零点的个数为3个．
14．设x3＋ax＋b＝0，其中a，b均为实数．下列条件中，使得该三次方程仅有一个实根的是________．(写出所有正确条件的编号)
①a＝－3，b＝－3；②a＝－3，b＝2；③a＝－3，b>2；
④a＝0，b＝2；⑤a＝1，b＝2.
答案 ①③④⑤
解析 令f(x)＝x3＋ax＋b，则f′(x)＝3x2＋a.
对于①，由a＝b＝－3，得f(x)＝x3－3x－3，f′(x)＝3(x＋1)(x－1)，f(x)极大值＝f(－1)＝－1<0，f(x)极小值＝f(1)＝－5<0，函数f(x)的图象与x轴只有一个交点，故x3＋ax＋b＝0仅有一个实根；
对于②，由a＝－3，b＝2，得f(x)＝x3－3x＋2，f′(x)＝3(x＋1)(x－1)，f(x)极大值＝f(－1)＝4>0，f(x)极小值＝f(1)＝0，函数f(x)的图象与x轴有两个交点，故x3＋ax＋b＝0有两个实根；
对于③，由a＝－3，b>2，得f(x)＝x3－3x＋b，f′(x)＝3(x＋1)(x－1)，f(x)极大值＝f(－1)＝2＋b>0，f(x)极小值＝f(1)＝b－2>0，函数f(x)的图象与x轴只有一个交点，故 x3＋ax＋b＝0仅有一个实根；
对于④，由a＝0，b＝2，得f(x)＝x3＋2，f′(x)＝3x2≥0，f(x)在R上单调递增，函数f(x)的图象与x轴只有一个交点，故x3＋ax＋b＝0仅有一个实根；
对于⑤，由a＝1，b＝2，得f(x)＝x3＋x＋2，f′(x)＝3x2＋1>0，f(x)在R上单调递增，函数f(x)的图象与x轴只有一个交点，故x3＋ax＋b＝0仅有一个实根．
B级
三、解答题
15．已知函数f(x)＝(x＋a)ex，其中e是自然对数的底数，a∈R.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)当a<1时，试确定函数g(x)＝f(x－a)－x2的零点个数，并说明理由．
解 (1)因为f(x)＝(x＋a)ex，x∈R，
所以f′(x)＝(x＋a＋1)ex.
令f′(x)＝0，得x＝－a－1.
当x变化时，f(x)和f′(x)的变化情况如下：
故f(x)的单调递减区间为(－∞，－a－1)，单调递增区间为(－a－1，＋∞)．
(2)结论：函数g(x)有且仅有一个零点．
理由如下：
由g(x)＝f(x－a)－x2＝0，得方程xex－a＝x2，
显然x＝0为此方程的一个实数解，
所以x＝0是函数g(x)的一个零点．
当x≠0时，方程可化简为ex－a＝x.
设函数F(x)＝ex－a－x，则F′(x)＝ex－a－1，
令F′(x)＝0，得x＝a.
当x变化时，F(x)与F′(x)的变化情况如下：
即F(x)的单调递增区间为(a，＋∞)，单调递减区间为(－∞，a)．
所以F(x)的最小值F(x)min＝F(a)＝1－a.
因为a<1，所以F(x)min＝F(a)＝1－a>0，
所以对于任意x∈R，F(x)>0，
因此方程ex－a＝x无实数解．
所以当x≠0时，函数g(x)不存在零点．
综上，函数g(x)有且仅有一个零点．
16．设函数f(x)＝－eq \f(1,3)x3＋x2＋(a2－1)x，其中a>0.
(1)若函数y＝f(x)在x＝－1处取得极值，求a的值；
(2)已知函数f(x)有3个不同的零点，分别为0，x1，x2，且x1f(1)恒成立，求a的取值范围．
解 (1)f′(x)＝－x2＋2x＋(a2－1)，
因为y＝f(x)在x＝－1处取得极值，
所以f′(－1)＝0.
即－(－1)2＋2(－1)＋(a2－1)＝0.
解得a＝±2，经检验得a＝2.
(2)由题意得f(x)＝xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)x2＋x＋a2－1))＝－eq \f(1,3)x·(x－x1)(x－x2)，
所以方程－eq \f(1,3)x2＋x＋a2－1＝0有两个相异的实根x1，x2.故Δ＝1＋eq \f(4,3)(a2－1)>0，
解得a<－eq \f(1,2)(舍去)或a>eq \f(1,2)，且x1＋x2＝3，
又因为x1x1＋x2＝3，故x2>eq \f(3,2)>1.
①若x1≤1②若1又f(x1)＝0，所以f(x)在[x1，x2]上的最小值为0.
于是对任意的x∈[x1，x2]，f(x)>f(1)恒成立的充要条件为f(1)＝a2－eq \f(1,3)<0，解得－eq \f(\r(3),3)综上得eq \f(1,2)x
(－∞，－a－1)
－a－1
(－a－1，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)

极小值

x
(－∞，a)
a
(a，＋∞)
F′(x)
－
0
＋
F(x)

极小值
