人教版新课标A选修2-21.3导数在研究函数中的应用课堂检测

这是一份人教版新课标A选修2-21.3导数在研究函数中的应用课堂检测，共15页。试卷主要包含了已知函数f=13x3-a，已知函数f=x·+2,g=x等内容，欢迎下载使用。

考点1 函数的导数与单调性
1.(2016课标全国Ⅰ,12,5分,)若函数f(x)=x-13sin 2x+asin x在(-∞,+∞)单调递增,则a的取值范围是( )
A.[-1,1]B.-1,13 C.-13,13D.-1,-13
2.(2017山东,10,5分,)若函数exf(x)(e=2.718 28…是自然对数的底数)在f(x)的定义域上单调递增,则称函数f(x)具有M性质.下列函数中具有M性质的是 ( )
A.f(x)=2-xB.f(x)=x2 C.f(x)=3-xD.f(x)=cs x
考点2 函数的导数与不等式
3.(2017江苏,11,5分,)已知函数f(x)=x3-2x+ex-1ex,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 .
考点3 导数与单调性的综合运用
4.(2020全国Ⅲ理,21,12分,)设函数f(x)=x3+bx+c,曲线y=f(x)在点12,f12处的切线与y轴垂直.
(1)求b;
(2)若f(x)有一个绝对值不大于1的零点,证明: f(x)所有零点的绝对值都不大于1.
5.(2019课标全国Ⅰ,20,12分,)已知函数f(x)=2sin x-xcs x-x, f'(x)为f(x)的导数.
(1)证明:f'(x)在区间(0,π)存在唯一零点;
(2)若x∈[0,π]时, f(x)≥ax,求a的取值范围.
6.(2019课标全国Ⅱ,20,12分,)已知函数f(x)=ln x-x+1x-1.
(1)讨论f(x)的单调性,并证明f(x)有且仅有两个零点;
(2)设x0是f(x)的一个零点,证明曲线y=ln x在点A(x0,ln x0)处的切线也是曲线y=ex的切线.
7.(2018课标全国Ⅱ,21,12分,)已知函数f(x)=13x3-a(x2+x+1).
(1)若a=3,求f(x)的单调区间;
(2)证明:f(x)只有一个零点.
三年模拟练

1.(2019广东佛山三中高二下段考,)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)
2.(2020宁夏六盘山高级中学高二下学期期末,)定义在R上的函数f(x)满足:f(x)+f'(x)>1,f(2)=0,则不等式exf(x)A.(-∞,0)∪(0,2)B.(-∞,0)∪(2,+∞)
C.(0,+∞) D.(-∞,2)
3.(2020山东德州高二下期末,)若函数f(x)=ex-(a-1)x+1在(0,1)上不单调,则实数a的取值范围是( )
A.(2,e+1) B.[2,e+1]
C.(-∞,2]∪[e+1,+∞)D.(-∞,2)∪(e+1,+∞)
4.(2021湖南张家界民族中学高二上月考,)设f(x),g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数,f'(x),g'(x)为其导函数,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)
5.(2020湖南湘西高二下检测,)已知函数f(x)=e|x|-ax2,对任意x1<0,x2<0,都有(x2-x1)(f(x2)-f(x1))<0,则实数a的取值范围是( )
A.-∞,e2 B.-∞,-e2
C.0,e2 D.-e2,0
6.(2019浙江金华高二上期末,)若函数f(x)=e-x·(x2+ax-a)在R上单调递减,则实数a的值为 .
7.(2019内蒙古集宁一中高二下期中,)已知函数f(x)的定义域为(-∞,+∞), f'(x)为f(x)的导函数,函数y=f'(x)的图象如图所示,且f(-2)=1, f(3)=1,则不等式f(x2-6)>1的解集为 .
8.()已知函数f(x)=ax2-xln x在1e,+∞上单调递增,则实数a的取值范围是 .
9.(2020江西赣州高二下学期期末,)函数f(x)是定义在区间(0,+∞)上的可导函数,其导函数为f'(x),且满足xf'(x)+2f(x)>0,求不等式(x+2020)f(x+2020)2<2f(2)x+2020的解集.
10.(2019河北沧州高二上期末,)已知函数f(x)=x·(eln x+1)+2,g(x)=x(e2-x+e).
(1)求函数f(x)的图象在点(e, f(e))处的切线方程;
(2)求函数f(x)的单调区间;
(3)求证:当x∈(0,+∞)时, f(x)-1eg(x)>0恒成立.
答案全解全析
1.3.1综合拔高练
五年高考练
1.C 由题意,得f'(x)=1-23cs 2x+acs x≥0对x∈R恒成立,
故1-23(2cs2x-1)+acs x≥0,即acs x-43cs2x+53≥0恒成立.
设t=cs x,t∈[-1,1],则-43t2+at+53≥0对t∈[-1,1]恒成立.
令g(t)=-43t2+at+53,
则g(-1)=13-a≥0,g(1)=13+a≥0,解得-13≤a≤13.
故选C.
2.A 对于A,令g(x)=ex·2-x,则g'(x)=ex·2-x+2-xln12=ex2-x1+ln12>0,则g(x)在R上单调递增, f(x)具有M性质,同理可得选项B,C,D均不符合要求,故选A.
3.答案 -1,12
解析 因为函数f(x)的定义域为R,关于原点对称, f(-x)=-x3+2x+1ex-ex=-f(x),所以函数f(x)是奇函数.
因为f'(x)=3x2-2+ex+e-x≥3x2-2+2ex·e-x≥0(当且仅当x=0时,等号成立),所以函数f(x)在R上单调递增.
又f(a-1)+f(2a2)≤0,即f(2a2)≤f(1-a),所以2a2≤1-a,即2a2+a-1≤0,
解得-1≤a≤12,故实数a的取值范围为-1,12.
4.解析 (1)f '(x)=3x2+b.
依题意得f '12=0,即34+b=0.
故b=-34.
(2)证明:由(1)知f(x)=x3-34x+c, f '(x)=3x2-34.
令f'(x)>0得x<-12或x>12,
令f'(x)<0得-12故f(x)在-∞,-12,12,+∞上单调递增,在-12,12上单调递减.
因为f(1)=f-12=c+14,所以当c<-14时, f(x)只有大于1的零点.
因为f(-1)=f12=c-14,所以当c>14时, f(x)只有小于-1的零点.
由题设可知-14≤c≤14.
当c=-14时, f(x)只有两个零点-12和1.
当c=14时, f(x)只有两个零点-1和12.
当-14综上,若f(x)有一个绝对值不大于1的零点,则f(x)所有零点的绝对值都不大于1.
5.解析 (1)证明:设g(x)=f'(x),
则g(x)=cs x+xsin x-1,g'(x)=xcs x.
当x∈0,π2时,g'(x)>0;当x∈π2,π时,g'(x)<0,
所以g(x)在0,π2上单调递增,在π2,π上单调递减.
又g(0)=0,gπ2>0,g(π)=-2,故g(x)在(0,π)上存在唯一零点.
所以f'(x)在(0,π)上存在唯一零点.
(2)由题设知f(π)≥aπ, f(π)=0,可得a≤0.
由(1)知, f'(x)在(0,π)只有一个零点,设为x0,且当x∈(0,x0)时, f'(x)>0;当x∈(x0,π)时, f'(x)<0,所以f(x)在(0,x0)上单调递增,在(x0,π)上单调递减.
又f(0)=0, f(π)=0,所以当x∈[0,π]时, f(x)≥0.
又当a≤0,x∈[0,π]时,ax≤0,所以f(x)≥ax.
因此,a的取值范围是(-∞,0].
6.解析 (1)f(x)的定义域为(0,1)∪(1,+∞).
因为f'(x)=1x+2(x-1)2>0,所以f(x)在(0,1),(1,+∞)上单调递增.
因为f(e)=1-e+1e-1<0, f(e2)=2-e2+1e2-1=e2-3e2-1>0,所以f(x)在(1,+∞)上有唯一零点x1,即f(x1)=0.又0<1x1<1, f1x1=-ln x1+x1+1x1-1=-f(x1)=0,故f(x)在(0,1)上有唯一零点1x1.
综上, f(x)有且仅有两个零点.
(2)证明:因为1x0=e-lnx0,
所以点B-lnx0,1x0在曲线y=ex上.
由题设知f(x0)=0,即ln x0=x0+1x0-1,
所以直线AB的斜率k=1x0-lnx0-lnx0-x0=1x0-x0+1x0-1-x0+1x0-1-x0=1x0.
曲线y=ex在点B-lnx0,1x0处切线的斜率是1x0,曲线y=ln x在点A(x0,ln x0)处切线的斜率也是1x0,所以曲线y=ln x在点A(x0,ln x0)处的切线也是曲线y=ex的切线.
7.解析 (1)当a=3时, f(x)=13x3-3x2-3x-3, f'(x)=x2-6x-3.
令f'(x)=0,解得x=3-23或x=3+23.
当x∈(-∞,3-23)∪(3+23,+∞)时,f'(x)>0;
当x∈(3-23,3+23)时, f'(x)<0.
故f(x)的单调增区间为(-∞,3-23),(3+23,+∞),单调减区间为(3-23,3+23).
(2)证明:因为x2+x+1=x+122+34>0,所以f(x)=0等价于x3x2+x+1-3a=0.
设g(x)=x3x2+x+1-3a,则g'(x)=x2(x2+2x+3)(x2+x+1)2=x2[(x+1)2+2](x2+x+1)2≥0,当且仅当x=0时,g'(x)=0,所以g(x)在(-∞,+∞)上单调递增,故g(x)至多有一个零点,从而f(x)至多有一个零点.
又f(3a-1)=-6a2+2a-13=-6a-162-16<0, f(3a+1)=13>0,所以f(x)有一个零点.
综上, f(x)只有一个零点.
三年模拟练
1.D f(x)=1+x-sin x,则f'(x)=1-cs x≥0,且等号不恒成立,所以函数f(x)为增函数.
因为2<3<π,所以f(π)>f(3)>f(2).
2.D 令F(x)=exf(x)-ex,则f'(x)=exf(x)+exf'(x)-ex=ex[f(x)+f'(x)-1],
因为f(x)+f'(x)>1,所以F'(x)=ex[f(x)+f'(x)-1]>0,
所以函数F(x)在R上单调递增.
因为f(2)=0,所以F(2)=e2f(2)-e2=-e2,
故当exf(x)由F(x)的单调性可知x<2.故不等式的解集为(-∞,2).
3.A ∵f(x)=ex-(a-1)x+1,
∴f'(x)=ex-a+1,
若f(x)在(0,1)上不单调,则f'(x)在(0,1)上有变号零点,
又∵f'(x)单调递增且图象连续不断,
∴f'(0)·f'(1)<0,即(1-a+1)(e-a+1)<0,解得2∴a的取值范围是(2,e+1).
4.D 设F(x)=f(x)g(x),
当x<0时,F'(x)=f'(x)·g(x)+f(x)·g'(x)>0,∴F(x)在(-∞,0)上为增函数,
由f(x),g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数,得f(-x)=-f(x),g(-x)=g(x),
所以F(-x)=f(-x)g(-x)=-f(x)g(x)=-F(x),即F(x)为R上的奇函数.
∴F(x)在(0,+∞)上为增函数.
已知g(-3)=0,必有F(-3)=F(3)=0.
所以不等式f(x)·g(x)<0的解集为x∈(-∞,-3)∪(0,3).
5.A 由题意可知函数f(x)是(-∞,0)上的减函数,且当x<0时,f(x)=e-x-ax2,f'(x)=-1ex-2ax=-2axex+1ex,
据此可得2axex+1≥0,即a≤-12xex在(-∞,0)上恒成立,
令g(x)=xex(x<0),则g'(x)=ex(x+1),据此可得函数g(x)在区间(-∞,-1)上单调递减,在区间(-1,0)上单调递增,函数g(x)的最小值为g(-1)=-1e,则-12xexmin=e2,
故实数a的取值范围是-∞,e2.
6.答案 -2
解析 依题意得, f'(x)=-x2+(2-a)x+2aex≤0在R上恒成立,则需-x2+(2-a)x+2a≤0恒成立,
故Δ=(2-a)2+8a≤0恒成立,
故(a+2)2≤0恒成立,故a=-2.
7.答案 (-3,-2)∪(2,3)
解析 由题图知当x∈(-∞,0)时, f'(x)>0,所以f(x)为增函数,当x∈(0,+∞)时, f'(x)<0,所以f(x)为减函数,因为f(-2)=1, f(3)=1,所以由f(x2-6)>1得-2所以x∈(-3,-2)∪(2,3).
8.答案 12,+∞
解析 由题意得f'(x)=2ax-ln x-1,
若f(x)在1e,+∞上递增,则f'(x)≥0在1e,+∞上恒成立,
即a≥lnx+12x在1e,+∞上恒成立.
令g(x)=lnx+12x,x∈1e,+∞,
则g'(x)=-lnx2x2.
令g'(x)>0,解得1e1,所以g(x)在1e,1上递增,在(1,+∞)上递减,故g(x)max=g(1)=12,故a≥12,所以实数a的取值范围是12,+∞.
9.解析 令g(x)=x2f(x),则g'(x)=2xf(x)+x2f'(x)=x[2f(x)+xf'(x)],
∵定义域为(0,+∞),且xf'(x)+2f(x)>0,
∴g'(x)>0,∴g(x)在(0,+∞)上单调递增,
不等式(x+2020)f(x+2020)2<2f(2)x+2020等价于g(x+2 020)∴x+2020>0,x+2020<2,解得-2 02010.解析 (1)∵f(x)=exln x+x+2,x∈(0,+∞),
∴f'(x)=eln x+e+1.∴f'(e)=2e+1.
又∵f(e)=e2+e+2,
∴函数f(x)的图象在点(e, f(e))处的切线方程为y-(e2+e+2)=(2e+1)(x-e),即(2e+1)x-y-e2+2=0.
(2)函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=eln x+e+1.
当f'(x)>0时,x∈(e-1e-1,+∞);当f'(x)<0时,x∈(0,e-1e-1),
∴函数f(x)的单调递增区间为(e-1e-1,+∞),单调递减区间为(0,e-1e-1).
(3)证明:由f(x)-1eg(x)>0,得xln x>xex-2e,
∴要证f(x)-1eg(x)>0恒成立,即证xln x>xex-2e恒成立.
令h(x)=xln x,t(x)=xex-2e,x∈(0,+∞).则h'(x)=ln x+1,
∴当x>1e时,h'(x)>0,h(x)为增函数;
当0而t'(x)=1-xex,∴当00,t(x)为增函数;
当x>1时,t'(x)<0,t(x)为减函数.
∴t(x)≤t(1)=-1e.∴xln x>xex-2e恒成立.
∴当x∈(0,+∞)时, f(x)-1eg(x)>0恒成立.