《新編高考數(shù)學復習 第二章 第十一節(jié)》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《新編高考數(shù)學復習 第二章 第十一節(jié)（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 課時提升作業(yè)(十四) 一、選擇題 1.設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·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

2、 (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a等于(　　) (A)12 (B)2 (C)54 (D)2或12 5.設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

3、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

4、2+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)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+

5、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)間[12,2]上的最值. (2)若函數(shù)f(x)在定義域內是單調函數(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

6、)設函數(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+(3-x2)ex=ex(-x2-2x+3)>0?x2+2x-3<0?-3

7、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

8、 (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,如果一個函數(shù)在某一范圍內的導數(shù)的絕對值較大,說明函數(shù)在這個范圍內變化得快,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F′(x)的符號

9、. 【解析】選B.F′(x)=f′(x)-g′(x)=f′(x)-f′(x0), ∴F′(x0)=f′(x0)-f′(x0)=0,又當xx0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,結合三角函數(shù)圖像知,2kπ-2π3

10、:(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)=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)在定義域內為增函數(shù),

11、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-

12、(a+1)x+1=a(x-1a)(x-1). 當01,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,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,

13、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 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00,

14、方程2ax2-3x+1=0有兩個不相等的正根x1,x2,不妨設x10,當x∈(x1,x2)時,f′(x)<0,這時,函數(shù)f(x)在定義域內不是單調函數(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<

15、x<1e, 所以f(x)在(0,1e)上是減少的,在(1e,+∞)上是增加的. 所以x=1e是函數(shù)f(x)的極小值點,極大值點不存在. (2)設切點坐標為(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00,得

16、x>ea-1,所以g(x)在(0,ea-1)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

17、值為a-ea-1; 當a≥2時,g(x)的最小值為a+e-ae. 【變式備選】設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00?a>-19. (2)已知0<

18、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.