2022年(辅导班适用)高二数学寒假讲义11《导数与函数的性质》（教师版）练习题

2022年(辅导班适用)高二数学寒假讲义11

《导数与函数的性质》

一         、选择题

1.已知f(x)=1+x-sin x,则f(2),f(3),f(π)的大小关系正确的是(　 　)

A.f(2)>f(3)>f(π)              B.f(3)>f(2)>f(π)

C.f(2)>f(π)>f(3)              D.f(π)>f(3)>f(2)

【答案解析】答案为：D.

解析:因为f(x)=1+x-sin x,所以f′(x)=1-cos x,

当x∈(0,π]时,f′(x)>0,所以f(x)在(0,π]上是增函数,

所以f(π)>f(3)>f(2).

2.若函数f(x)=kx-ln x在区间(2,+∞)上单调递增,则k的取值范围是(　  　)

A.(-∞,-2]                  B.[,+∞)     C.[2,+∞)                   D.(-∞,)

【答案解析】答案为：B.

解析:f′(x)=k-,因为函数f(x)=kx-ln x在区间(2,+∞)上单调递增,

所以f′(x)≥0在区间(2,+∞)上恒成立.

所以k≥,而y=在区间(2,+∞)上单调递减,

所以k≥,所以k的取值范围是[,+∞).

3.函数f(x)=xln |x|的大致图象是(　　)

【答案解析】答案为：A；

解析：因为函数f(x)=xln |x|，可得f(－x)=－f(x)，f(x)是奇函数，其图象关于原点对称，排除C，D；当x＞0时，f′(x)=ln x＋1，令f′(x)＞0得x＞，得出函数f(x)在(,+∞)上是增函数，排除B，故选A.

4.设f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，当x<0时，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0.且g(3)=0.则不等式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)

【答案解析】答案为：D；

解析：因为当x<0时，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0，即[f(x)g(x)]′>0，

所以f(x)g(x)在(－∞，0)上单调递增，

又因为f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，所以f(x)g(x)为奇函数，关于原点对称，所以f(x)g(x)在(0，＋∞)上也是增函数.因为f(3)g(3)=0，所以f(－3)g(－3)=0.所以f(x)g(x)<0的解集为x<－3或0<x<3.

5.函数f(x)=x2－5x＋2ex的极值点所在的区间为(　　)

A.(0，1)                             B.(－1，0)       C.(1，2)                             D.(－2，－1)

【答案解析】答案为：A；

解析：∵f′(x)=2x－5＋2ex为增函数，f′(0)=－3＜0，f′(1)=2e－3＞0，

∵f′(x)=2x－5＋2ex的零点在区间(0，1)上，

∴f(x)=x2－5x＋2ex的极值点在区间(0，1)上.

6.已知函数f(x)=x3－px2－qx的图象与x轴切于点(1,0)，则f(x)的极大值、极小值分别为(　　)

A.－，0　    B.0，－         C.，0        D.0，

【答案解析】答案为：C

解析：由题意知， f ′(x)=3x2－2px－q，由f ′(1)=0, f(1)=0得

解得p=2，q=－1，∴f(x)=x3－2x2＋x.

由f ′(x)=3x2－4x＋1=0，得x=或x=1，易知当x=时， f(x)取极大值，

当x=1时， f(x)取极小值0.

7.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

【答案解析】答案为：A；

解析：因为f′(x)=3x2－3=3(x－1)(x＋1)，

令f′(x)=0，得x=±1，可知－1,1为函数的极值点.

又f(－3)=－19，f(－1)=1，f(1)=－3，f(2)=1，

所以在区间[－3,2]上，f(x)max=1，f(x)min=－19.

由题设知在区间[－3,2]上，f(x)max－f(x)min≤t，

从而t≥20，所以t的最小值是20.

8.函数f(x)=ln x－x在区间(0，e]上的最大值为(　　)

A.1－e          B.－1        C.－e          D.0

【答案解析】答案为：B

解析：因为f ′(x)=－1=，当x∈(0,1)时， f ′(x)＞0；

当x∈(1，e]时， f ′(x)＜0，所以f(x)的单调递增区间是(0,1)，

单调递减区间是(1，e]，所以当x=1时， f(x)取得最大值ln 1－1=－1.

9.已知函数f(x)=x3＋3x2－9x＋1，若f(x)在区间[k,2]上的最大值为28，则实数k的取值范围为(　　)

A.[－3，＋∞)　   B.(－3，＋∞)   C.(－∞，－3)      D.(－∞，－3]

【答案解析】答案为：D

解析：由题意知f ′(x)=3x2＋6x－9，令f ′(x)=0，解得x=1或x=－3，

所以f ′(x), f(x)随x的变化情况如下表：

又f(－3)=28, f(1)=－4, f(2)=3, f(x)在区间[k,2]上的最大值为28，所以k≤－3.

10.已知函数f(x)=lnx－，若函数f(x)在[1，e]上的最小值为，则a的值为(　　)

A.－        B.－      C.－        D.e0.5

【答案解析】答案为：A.

解析：由题意，f′(x)=＋，若a≥0，则f′(x)>0，函数单调递增，

所以f(1)=－a=，矛盾；若－e<a<－1，函数f(x)在[1，－a]上递减，

在[－a，e]上递增，所以f(－a)=，解得a=－；

若－1≤a<0，函数f(x)是递增函数，所以f(1)=－a=，矛盾；

若a≤－e，函数f(x)单调递减，所以f(e)=，解得a=－，矛盾.

综上，a=－，故选A.

11.已知函数f(x)=xsin x+cos x+x2,则不等式f(ln x)+f(ln )<2f(1)的解集为(　 　)

A.(e,+∞)                 B.(0,e)      C.(0,)∪(1,e)              D.(,e)

【答案解析】答案为：D.

解析:f(x)=xsin x+cos x+x2是偶函数,

所以f(ln )=f(-ln x)=f(ln x),

所以f(ln x)+f(ln )<2f(1)可变形为f(ln x)<f(1).

f′(x)=xcos x+2x=x(2+cos x),

因为2+cos x>0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增,在(-∞,0)上单调递减,

所以f(ln x)<f(1)等价于-1<ln x<1,所以<x<e.

12.已知函数f(x)(x∈R)图象上任一点(x0，y0)处的切线方程为y－y0=(3－x0)(x－1)(x－x0)，那么函数f(x)的单调递增区间是(　　)

A.(－1，1)，(3，＋∞)        B.(－∞，－1)，(1，3)

C.(－1，1)∪(3，＋∞)        D.(－∞，－1)∪(1，3)

【答案解析】答案为：B；

解析：因为函数f(x)的图象上任一点(x0，y0)的切线方程为y－y0=(3－x0)(x－1)(x－x0)，即函数图象在点(x0，y0)的切线斜率k=(3－x0)(x－1)，所以f′(x)=(3－x)(x2－1).

由f′(x)=(3－x)(x2－1)＞0，解得x＜－1或1＜x＜3，

即函数f(x)的单调递增区间是(－∞，－1)，(1，3).故选B.

二         、填空题

13.设函数f(x)=x2-9ln x在区间[a-1,a+1]上单调递减,则实数a的取值范围是　　　　. 

【答案解析】答案为：(1,2]

解析:f(x)的定义域为(0,+∞),且f′(x)=x-.由f′(x)=x-<0,解得0<x<3.

因为f(x)=x2-9ln x在[a-1,a+1]上单调递减,

所以解得1<a≤2.

14.若函数f(x)=ax3+3x2-x恰好有三个单调区间,则实数a的取值范围是　　　　. 

【答案解析】答案为：(-3,0)∪(0,+∞)

解析:由题意知f′(x)=3ax2+6x-1,由函数f(x)恰好有三个单调区间,得f′(x)有两个不相等的零点,所以3ax2+6x-1=0需满足a≠0,且Δ=36+12a>0,解得a>-3,所以实数a的取值范围是(-3,0)∪(0,+∞).

15.已知函数f(x)=2f′(1)ln x－x，则f(x)的极大值为________.

【答案解析】答案为：2ln 2－2.

解析：因为f′(x)=－1，所以f′(1)=2f′(1)－1，所以f′(1)=1，

故f(x)=2ln x－x，f′(x)=－1=，则f(x)在(0，2)上为增函数，

在(2，＋∞)上为减函数，所以当x=2时f(x)取得极大值，且f(x)极大值=f(2)=2ln 2－2.

16.已知函数f(x)=x3－2x＋ex－，其中e是自然对数的底数.若f(a－1)＋f(2a2)≤0，则实数a的取值范围是________.

【答案解析】答案为：[-1,].

解析：函数f(x)的定义域关于原点对称.

∵f(x)=x3－2x＋ex－，

∴f(－x)=(－x)3－2(－x)＋e－x－=－x3＋2x＋－ex=－f(x)，

∴f(x)为奇函数，又f′(x)=3x2－2＋ex＋≥3x2－2＋2=3x2≥0(当且仅当x=0时，取“=”)，从而f(x)在R上单调递增，

所以f(a－1)＋f(2a2)≤0⇔f(a－1)≤f(－2a2)⇔－2a2≥a－1，解得－1≤a≤.

三         、解答题

17.已知函数f(x)=x3+ax2-x+c,且a=f′().

(1)求a的值;

(2)求函数f(x)的单调区间.

【答案解析】解:(1)由f(x)=x3+ax2-x+c,

得f′(x)=3x2+2ax-1.

所以a=f′()=3×()2+2a×-1,解得a=-1.

(2)由(1)可知f(x)=x3-x2-x+c,

则f′(x)=3x2-2x-1=3(x+)(x-1),

令f′(x)>0,解得x>1或x<-;

令f′(x)<0,解得-<x<1.

所以f(x)的单调递增区间是(-∞,-)和(1,+∞);

f(x)的单调递减区间是(-,1).

18.设函数f(x)=x2ex.

(1)求在点(1,f(1))处的切线方程;

(2)求函数f(x)的单调区间;

(3)当x∈[-2,2]时,求使得不等式f(x)≤2a+1能成立的实数a的取值范围.

【答案解析】解:(1)因为f′(x)=x2ex+2xex,

所以k=f′(1)=3e,切点(1,e).

切线方程为3ex-y-2e=0.

(2)令f′(x)>0,即x(x+2)ex>0,

得f(x)在区间(-∞,-2),(0,+∞)上单调递增,在区间(-2,0)上单调

递减.

(3)由(2)知,f(x)在区间(-2,0)上单调递减,在区间(0,2)上单调递增,fmin(x)=f(0)=0.

当x∈[-2,2]时,不等式f(x)≤2a+1能成立,

须2a+1≥fmin(x),即2a+1≥0,故a≥-.

故a的取值范围为[-,+∞).

19.设函数f(x)=ax2－a－ln x，其中a∈R，讨论f(x)的单调性.

【答案解析】解：f(x)的定义域为(0，＋∞)

f′(x)=2ax－=(x＞0).

当a≤0时，f′(x)＜0，f(x)在(0，＋∞)内单调递减.

当a＞0时，由f′(x)=0，有x= .

此时，当x∈(0,)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；

当x∈(,＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增.

综上当a≤0时，f(x)的递减区间为(0，＋∞)，

当a＞0时，f(x)的递增区间为(,＋∞)，递减区间为(0,).

20.设函数f(x)=[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex.

(1)若曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行，求a；

(2)若f(x)在x=2处取得极小值，求a的取值范围.

【答案解析】解：(1)因为f(x)=[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex，

所以f′(x)=[ax2－(2a＋1)x＋2]ex.

f′(1)=(1－a)e.

由题设知f′(1)=0，即(1－a)e=0，解得a=1.

此时f(1)=3e≠0.

所以a的值为1.

(2)由(1)得f′(x)=[ax2－(2a＋1)x＋2]ex=(ax－1)(x－2)ex.

若a＞，则当x∈(，2)时，f′(x)＜0；

当x∈(2，＋∞)时，f′(x)＞0.

所以f(x)在x=2处取得极小值.

若a≤，则当x∈(0，2)时，x－2＜0，ax－1≤x－1＜0，所以f′(x)＞0.

所以2不是f(x)的极小值点.

综上可知，a的取值范围是(,+∞).

21.已知常数a≠0，f(x)=aln x＋2x.

(1)当a=－4时，求f(x)的极值；

(2)当f(x)的最小值不小于－a时，求实数a的取值范围.

【答案解析】解：(1)由已知得f(x)的定义域为x∈(0，＋∞)，

f′(x)=＋2=.当a=－4时，f′(x)=.

∴当0＜x＜2时，f′(x)＜0，即f(x)单调递减；

当x＞2时，f′(x)＞0，即f(x)单调递增.

∴f(x)只有极小值，且在x=2时，f(x)取得极小值f(2)=4－4ln 2，无极大值.

(2)∵f′(x)=，

∴当a＞0，x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，

即f(x)在x∈(0，＋∞)上单调递增，没有最小值；

当a＜0时，由f′(x)＞0得，x＞－，

∴f(x)在(－,+∞)上单调递增；

由f′(x)＜0得，0＜x＜－，

∴f(x)在(0,－)上单调递减.

∴当a＜0时，f(x)的最小值为f(－)=aln(－)＋2×(－).

根据题意得f(－)=aln(－)＋2×(－)≥－a，即a[ln(－a)－ln 2]≥0.

∵a＜0，

∴ln(－a)－ln 2≤0，解得－2≤a＜0，

∴实数a的取值范围是[－2，0).

22.已知函数f(x)=－ex(a＞0).

(1)求函数f(x)的单调区间；

(2)求函数f(x)在[1,2]上的最大值.

【答案解析】解：(1)f(x)=－ex(a＞0)，则f ′(x)=－ex.

令f ′(x)－ex=0，则x=ln .

当x变化时， f ′(x), f(x)的变化情况如下表：

故函数f(x)的单调递增区间为；单调递减区间为.

(2)当ln≥2，即0＜a≤时， f(x)max=f(2)=－e2；

当1＜ln＜2，即＜a＜时，f(x)max=f=ln－；

当ln≤1，即a≥时，f(x)max=f(1)=－e.

23.已知函数f(x)=asinx＋bcosx(a，b∈R)，曲线y=f(x)在点(,f())处的切线方程为y=x－.

(1)求a，b的值；

(2)设k∈R，求函数g(x)=kx－f(x+)在[0,]上的最大值.

【答案解析】解：(1)由切线方程知，当x=时，y=0，

∴f()=a＋b=0.

∵f′(x)=acosx－bsinx，

∴由切线方程知，f′()=a－b=1，

∴a=，b=－.

(2)由(1)知，f(x)=sinx－cosx=sin(x-)，

∴g(x)=kx－sinx，g′(x)=k－cosx，

①当k≤0时，当x∈[0,]时，g′(x)≤0，故g(x)单调递减.

∴g(x)在[0,]上的最大值为g(0)=0.

②当0<k<1时，∵g′(0)=k－1<0，g′()=k>0，

∴存在x0∈(0,)，使g′(x0)=0.

当x∈[0，x0)时，g′(x)<0，故g(x)单调递减，

当x∈(x0,]时，g′(x)>0，故g(x)单调递增.

∴g(x)在[0,]上的最大值为g(0)或g().

又g(0)=0，g()=－1，

∴当0<k≤时，g(x)在[0,]上的最大值为g(0)=0.

当<k<1时，g(x)在[0,]上的最大值为g()=－1.

③当k≥1时，当x∈[0,]时，g′(x)≥0，故g(x)单调递增，

∴g(x)在[0,]上的最大值为g()=－1.

综上所述，当k≤时，g(x)在[0,]上的最大值为g(0)=0，

当k>时，g(x)在[0,]上的最大值为g()=－1.