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2014届高三数学辅导精讲精练16


2014 届高三数学辅导精讲精练 16
4 1.当 x>0 时,f(x)=x+ x的单调减区间是 A.(2,+∞) C.( 2,+∞) 答案 解析 B 4 ?x-2??x+2? f′(x)=1-x2= <0, x2 B.(0,2) D.(0, 2) ( )

又∵x>0,∴x∈(0,2),∴选 B. 3 3 2.若函数 y=a(x3

-x)的递减区间为(- 3 , 3 ),则 a 的取值范围是( A.a>0 C.a>1 答案 解析 A y′=a(3x2-1), B.-1<a<0 D.0<a<1 )

3 3 解 3x2-1<0,得- 3 <x< 3 . 3 3 ∴f(x)=x3-x 在(- 3 , 3 )上为减函数. 3 3 又 y=a· 3-x)的递减区间为(- 3 , 3 ).∴a>0. (x 3.函数 f(x)=lnx-ax(a>0)的单调递增区间为 1 A.(0,a) 1 C.(-∞,a) 答案 解析 A 1 1 由 f′(x)= x-a>0,得 0<x<a. 1 B.(a,+∞) D.(-∞,a) ( )

1 ∴f(x)的单调递增区间为(0,a). 4.(2013· 唐山一中)函数 f(x)的导函数 f′(x)的图像如图所示,那么函数 f(x) 的图像最有可能的是 ( )

答案

A

5.函数 f(x)在定义域 R 内可导,若 f(x)=f(2-x),且当 x∈(-∞,1)时,(x 1 -1)f′(x)<0,设 a=f(0),b=f(2),c=f(3),则 A.a<b<c C.c<b<a 答案 解析 B 由 f(x)=f(2-x)可得对称轴为 x=1, f(3)=f(1+2)=f(1-2)=f(-1). 故 B.c<a<b D.b<c<a ( )

又 x∈(-∞,1)时,(x-1)f′(x)<0,可知 f′(x)>0. 1 即 f(x)在(-∞,1)上单调递增,f(-1)<f(0)<f(2),即 c<a<b. 6.f(x)为定义在 R 上的可导函数,且 f′(x)>f(x),对任意正实数 a,则下列 式子成立的是 A.f(a)<eaf(0) f?0? C.f(a)< ea 答案 解析 B 令 g(x)= f?x? , ex B.f(a)>eaf(0) f?0? D.f(a)> ea ( )

∴g′(x)=

f′?x?ex-f?x?ex f′?x?-f?x? = >0. ex ?ex?2

∴g(x)在 R 上为增函数,又∵a>0, f?a? f?0? ∴g(a)>g(0)即 ea > e0 . 即 f(a)>eaf(0).

7.(2012· 福建)已知 f(x)=x3-6x2+9x-abc,a<b<c,且 f(a)=f(b)=f(c)=0. 现给出如下结论,其中正确的是 ①f(0)f(1)>0;②f(0)f(1)<0;③f(0)f(3)>0;④f(0)f(3)<0. A.①③ C.②③ 答案 解析 C ∵f(x)=x3-6x2+9x-abc,∴f′(x)=3x2-12x+9=3(x-1)(x-3), B.①④ D.②④ ( )

令 f′(x)=0, x=1 或 x=3.依题意有, 得 函数 f(x)=x3-6x2+9x-abc 的图像与 x 轴有三个不同的交点, f(1)f(3)<0, 故 即(1-6+9-abc)(33-6×32+9×3-abc)<0. ∴0<abc<4,∴f(0)=-abc<0,f(1)=4-abc>0,f(3)=-abc<0,故②③是对 的,应选 C. 8. (2012· 冀州中学模拟)若函数 f(x)的导函数 f′(x)=x2-4x+3, 则使函数 f(x -1)单调递减的一个充分不必要条件是 x∈ A.(0,1) C.(2,3) 答案 解析 C 由 f′(x)<0?x2-4x+3<0, B.[0,2] D.(2,4) ( )

即 1<x<3,∴函数 f(x)在(1,3)上递减. ∴函数 f(x-1)在(2,4)上递减. 故 D 为充要条件,C 为充分不必要条件. 9. 设曲线 y=x2+1 在其任一点(x, y)处切线斜率为 g(x), 则函数 y=g(x)· cosx 的部分图像可以为 ( )

答案 解析

A g(x)=2x,

∴y=2x· cosx 此函数为奇函数,排除 B、D. π 当 x∈(0,2)时,y>0,排除 C 选 A.

10.函数 y=x-2sinx 在(0,2π)内的单调增区间为________. 答案 π 5π (3, 3 ) ?y′>0, ∵y′=1-2cosx,∴由? ?0<x<2π,

解析

?1-2cosx>0, π 5π 即? 得3<x< 3 . ?0<x<2π, π 5π ∴函数 y=x-2sinx 在(0,2π)内的增区间为(3, 3 ). 11.函数 f(x)的定义域为 R,且满足 f(2)=2,f′(x)>1,则不等式 f(x)-x>0 的解集为________. 答案 解析 (2,+∞) 令 g(x)=f(x)-x,

∴g′(x)=f′(x)-1. 由题意知 g′(x)>0,∴g(x)为增函数. ∵g(2)=f(2)-2=0, ∴g(x)>0 的解集为(2,+∞). 4π 5π 12. 已知函数 f(x)=xsinx, x∈R, f(-4), 3 ), 4 )的大小关系为______(用 f( f(- “<”连接). 答案 解析 4π 5π f( 3 )<f(-4)<f(- 4 ). 5π 4π f′(x)=sinx+xcosx,当 x∈[ 4 , 3 ]时,sinx<0,cosx<0.

5π 4π ∴f′(x)=sinx+xcosx<0,则函数 f(x)在 x∈[ 4 , 3 ]时为减函数. 4π 5π ∴f( 3 )<f(4)<f( 4 ),又函数 f(x)为偶函数, 4π 5π ∴f( 3 )<f(-4)<f(- 4 ). 1 13.已知函数 f(x)=2mx2+lnx-2x 在定义域内是增函数,则实数 m 的取值 范围为________. 答案 [1,+∞)

解析

1 f′(x)=mx+ x -2≥0 对一切 x>0 恒成立.

1 ?1? 2 ?1? 2 m≥-?x?2+x ,令 g(x)=-?x?2+x ,则当x =1 时, ? ? ? ? 函数 g(x)取得最大值 1,故 m≥1. x2 14.求函数 f(x)=x(ex-1)- 2 的单调区间. 答案 解析 在(-∞,-1],[0,+∞)上单调递增,在[-1,0]上单调递减. 1 f(x)=x(ex-1)-2x2,

f′(x)=ex-1+xex-x=(ex-1)(x+1). 当 x∈(-∞,-1)时,f′(x)>0; 当 x∈(-1,0)时,f′(x)<0;当 x∈(0,+∞)时,f′(x)>0. 故 f(x)在(-∞,-1],[0,+∞)上单调递增,在[-1,0]上单调递减. a 15.设函数 f(x)=2x2-1+cosx(a>0). (1)当 a=1 时,证明:函数 y=f(x)在(0,+∞)上是增函数; (2)若 y=f(x)在(0,+∞)上是单调增函数,求正数 a 的范围. 答案 解析 (1)略 (2)a≥1

1 (1)证明:当 a=1 时,f(x)=2x2-1+cosx.

令 g(x)=f′(x)=x-sinx, g′(x)=1-cosx≥0,?x∈(0,+∞)恒成立. ∴y=g(x)在(0,+∞)上是增函数. ∴g(x)>g(0)=0. ∴f′(x)>0 恒成立,∴f(x)在(0,+∞)为增函数. a (2)f(x)=2x2-1+cosx, 令 h(x)=f′(x)=ax-sinx. ∵y=f(x)在(0,+∞)上单调递增, ∴ax-sinx>0 恒成立. 当 a≥1 时,?x∈(0,+∞), 恒有 ax≥x>sinx,满足条件.

当 0<a<1 时,h′(x)=a-cosx. π 令 h′(x)=0,得 cosx=a,在(0,2)内存在 x0,使得 cosx0=a. 当 x∈(0,x0)时,h′(x)<0. ∴h(x)<h(0),即 f′(x)<f′(0)=0. 与 ?x∈(0,+∞),f′(x)>0 恒成立矛盾.∴a≥1. 16.(2012· 北京)已知函数 f(x)=ax2+1(a>0),g(x)=x3+bx. (1)若曲线 y=f(x)与曲线 y=g(x)在它们的交点(1,c)处具有公共切线,求 a, b 的值; (2)当 a2=4b 时,求函数 f(x)+g(x)的单调区间,并求其在区间(-∞,-1] 上的最大值. 解析 (1)f′(x)=2ax,g′(x)=3x2+b.

因为曲线 y=f(x)与曲线 y=g(x)在它们的交点(1, c)处具有公共切线, 所以 f(1) =g(1),且 f′(1)=g′(1). 即 a+1=1+b,且 2a=3+b. 解得 a=3,b=3. 1 (2)记 h(x)=f(x)+g(x).当 b=4a2 时, 1 h(x)=x3+ax2+4a2x+1, 1 h′(x)=3x2+2ax+4a2. a a 令 h′(x)=0,得 x1=-2,x2=-6. 当 a>0 时,h(x)与 h′(x)的情况如下: x h′(x) h(x) a? ? ?-∞,-2? ? ? + ? - 0 a 2 a? ? a ?-2,-6? ? ? - ? - 0 a 6 ? a ? ?-6,+∞? ? ? +

a? ? a ? ? 所以函数 h(x)的单调递增区间为?-∞,-2?和?-6,+∞?;单调递减区间 ? ? ? ? a? ? a 为?-2,-6?. ? ?

a 当-2≥-1,即 0<a≤2 时, 函数 h(x)在区间(-∞,-1]上单调递增,h(x)在区间(-∞,-1]上的最大值 1 为 h(-1)=a-4a2. a a 当-2<-1,且-6≥-1,即 2<a≤6 时, a? ? ? a ? 函数 h(x)在区间?-∞,-2?内单调递增, 在区间?-2,-1?上单调递减, h(x) ? ? ? ? ? a? 在区间(-∞,-1]上的最大值为 h?-2?=1. ? ? a? a ? 当-6<-1,即 a>6 时,函数 h(x)在区间?-∞,-2?内单调递增,在区间 ? ? a? ? a ? a ? ?-2,-6?内单调递减,在区间?-6,-1?上单调递增. ? ? ? ? a 1 1 又因 h(-2)-h(-1)=1-a+4a2=4(a-2)2>1, a 所以 h(x)在区间(-∞,-1]上的最大值为 h(-2)=1. 17.已知函数 f(x)=lnx-ax+ 1-a -1(a∈R). x

(1)当 a=-1 时,求曲线 y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程; 1 (2)当 a≤2时,讨论 f(x)的单调性. 解析 2 (1)当 a=-1 时,f(x)=lnx+x+ x-1,x∈(0,+∞).

1 2 ∴f′(x)= x+1-x2,∴f(2)=ln2+2,f′(2)=1. ∴曲线 y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程为 y=x+ln2. 1-a (2)因为 f(x)=lnx-ax+ x -1, a-1 ax2-x+1-a 1 所以 f′(x)= x-a+ x2 =- ,x∈(0,+∞). x2 令 g(x)=ax2-x+1-a,x∈(0,+∞), ①当 a=0 时,g(x)=-x+1,x∈(0,+∞). 所以当 x∈(0,1)时 g(x)>0,此时 f′(x)<0,函数 f(x)单调递减,当 x∈(1,+

∞)时 g(x)<0,此时 f′(x)>0,函数 f(x)单调递增. 1 ②当 a≠0 时,由 f′(x)=0,解得 x1=1,x2=a-1. 1 (ⅰ)若 a=2时,f′(x)<0,所以函数 f(x)在(0,+∞)上单调递减. 1 1 (ⅱ)若 0<a<2时,由 f′(x)<0,得 x<1 或 x>a-1,所以函数 f(x)在(0,1), 1 ? ?1 ? ? ?a-1,+∞?单调递减,在?1,a-1?上单调递增. ? ? ? ? 1 (ⅲ)当 a<0 时,由于a-1<0,由 f′(x)<0,得 0<x<1, ∴x∈(0,1)时,函数 f(x)递减;x∈(1,+∞)时,函数 f(x)递增. 综上所述: 当 a≤0 时,函数 f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增; 1 当 a=2时,函数 f(x)在(0,+∞)上单调递减; 1 ? 1 ?1 ? ? 当 0<a<2时,函数 f(x)在(0,1),?a-1,+∞?上单调递减,在?1,a-1?上单 ? ? ? ? 调递增.

1.若函数 f(x)=(x2-2x)ex 在(a,b)上单调递减,则 b-a 的最大值为( A.2 C.4 答案 解析 D f′(x)=(2x-2)ex+(x2-2x)ex=(x2-2)ex. B. 2 D.2 2

)

令 f′(x)<0.∴- 2<x< 2. 即函数 f(x)的递减区间为(- 2, 2). ∴b-a 的最大值为 2 2. 2. 已知函数 y=xf′(x)的图像如图所示. 下面四个图像中 y=f(x)的图像大致 是 ( )

答案 解析

C 由题意知,x∈(0,1)时,f′(x)<0,f(x)为减函数.

x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,f(x)为增函数. x∈(-1,0)时,f′(x)<0,f(x)为减函数. 3.对于 R 上可导的任意函数 f(x),若满足(x-a)f′(x)≥0,则必有 ( A.f(x)≥f(a) C.f(x)>f(a) 答案 解析 A 由题意知,x>a 时,f′(x)≥0,x<a 时,f′(x)≤0. B.f(x)≤f(a) D.f(x)<f(a) )

∴函数在(-∞,a)上递减,(a,+∞)上递增,∴f(x)≥f(a). 4.函数 f(x)的定义域为 R,f(-1)=2,对任意 x∈R,f′(x)>2,则 f(x)>2x +4 的解集为 A.(-1,1) C.(-∞,-1) 答案 解析 B 设 g(x)=f(x)-2x-4,则 g′(x)=f′(x)-2. B.(-1,+∞) D.(-∞,+∞) ( )

∵f′(x)>2,∴g′(x)>0. ∴g(x)在 R 上是增函数. 又∵g(-1)=f(-1)-2(-1)-4=0, ∴g(x)>g(-1)=0,∴x>-1. lnx 5.若 f(x)= x ,e<a<b,则 A.f(a)>f(b) B.f(a)=f(b) ( )

C.f(a)<f(b) 答案 解析 A

D.f(a)f(b)>1

1-lnx f′(x)= x2 ,当 x>e 时,f′(x)<0,

则 f(x)在(e,+∞)上为减函数,f(a)>f(b),故选 A. 1 6.若 a>2,则函数 f(x)=3x3-ax2+1 在区间(0,2)上恰好有 A.0 个零点 C.2 个零点 答案 解析 B ∵f′(x)=x2-2ax,且 a>2, B.1 个零点 D.3 个零点 ( )

∴当 x∈(0,2)时,f′(x)<0, 即 f(x)在(0,2)上是单调减函数. 11 又∵f(0)=1>0,f(2)= 3 -4a<0, ∴f(x)在(0,2)上恰好有 1 个零点.故选 B. 7. f(x)、 设 g(x)分别是定义在 R 上的奇函数和偶函数, x<0 时, 当 f′(x)· g(x) +f(x)· g′(x)>0,且 f(-3)· g(-3)=0,则不等式 f(x)· g(x)<0 的解集是 ( A.(-3,0)∪(3,+∞) C.(-∞,-3)∪(3,+∞) 答案 解析 D f(x)、g(x)分别是定义在 R 上的奇函数和偶函数, B.(-3,0)∪(0,3) D.(-∞,-3)∪(0,3) )

∴f(x)· g(x)为奇函数. 当 x<0 时,f′(x)· g(x)+f(x)g′(x)>0. 即 x<0 时,[f(x)· g(x)]′>0. ∴f(x)· g(x)为增函数,且 f(-3)· g(-3)=0. 根据函数性质可知,f(x)· g(x)<0 的解集为 (-∞,-3)∪(0,3). 8.若函数 f(x)的导函数 f′(x)=x2-4x+3,则函数 f(x+1)的单调递减区间 是 A.(2,4) B.(-3,-1) ( )

C.(1,3) 答案 解析 D

D.(0,2)

由 f′(x)=x2-4x+3=(x-1)(x-3)知,当 x∈(1,3)时,f′(x)<0.函数

f(x)在(1,3)上为减函数,函数 f(x+1)的图像是由函数 y=f(x)图像向左平移 1 个单 位长度得到的,所以(0,2)为函数 y=f(x+1)的单调减区间. 9. (2012· 丹东四校联考)已知定义在 R 上的奇函数 f(x), 设其导函数为 f′(x), 当 x∈(-∞,0)时,恒有 xf′(x)<f(-x),令 F(x)=xf(x),则满足 F(3)>F(2x-1) 的实数 x 的取值范围是 A.(-1,2) 1 C.(2,2) 答案 解析 A f(x)是奇函数,且 x∈(-∞,0]时,xf′(x)<f(-x). 1 B.(-1,2) D.(-2,1) ( )

∴xf′(x)<-f(x),即 xf′(x)+f(x)<0. 又 F(x)=xf(x),∴F′(x)=f(x)+xf′(x)<0. ∴F(x)在(-∞,0]上是减函数. 又 F(-x)=-xf(-x)=-x[-f(x)]=xf(x)=F(x), ∴F(x)是偶函数. ∴F(x)在[0,+∞)上增函数. 由 F(3)>F(2x-1),得 F(3)>F(|2x-1|). ∴3>|2x-1|即-1<x<2. 10.(2013· 皖南八校)已知函数 f(x)=alnx-ax-3(a∈R). (1)求函数 f(x)的单调区间; 3 1 (2)函数 y=f(x)的图像在 x=4 处的切线的斜率为2, 若函数 g(x)=3x3+x2[f′(x) m + 2 ]在区间(1,3)上不是单调函数,求 m 的取值范围. 解析 (1)f′(x)= a?1-x? x (x>0),

当 a>0 时,f(x)的单调递增区间为(0,1],单调递减区间为[1,+∞); 当 a<0 时,f(x)的单调递增区间为[1,+∞),单调递减区间为(0,1];

当 a=0 时,f(x)不是单调函数. 3a 3 (2)由 f′(4)=- 4 =2,得 a=-2,则 f(x)=-2lnx+2x-3. 1 m ∴g(x)=3x3+( 2 +2)x2-2x. ∴g′(x)=x2+(m+4)x-2. ∵g(x)在区间(1,3)上不是单调函数,且 g′(0)=-2<0, ?m<-3, ? ?g′?1?<0, ∴? ∴? 19 ?g′?3?>0, ?m>- 3 . ? 19 故 m 的取值范围是(- 3 ,-3). 11.已知函数 f(x)=ln(ex+a)(a 为常数)是实数集 R 上的奇函数,函数 g(x) =λf(x)+sinx 是区间[-1,1]上的减函数.求实数 λ 取值的集合 A. 解析 ∵f(-x)=-f(x),

∴ln(e-x+a)=-ln(ex+a). ∴e-x+a= 1 . ex+a

∴a(e-x+ex+a)=0.∴a=0. ∴f(x)=x,且 g(x)=λx+sinx 在[-1,1]上单调递减. ∴g′(x)=λ+cosx≤0 在 x∈[-1,1]上恒成立. ∴λ≤-cosx,∴λ≤-1,即 A=(-∞,-1]. 12.(2012· 新课标全国文)设函数 f(x)=ex-ax-2. (1)求 f(x)的单调区间; (2)若 a=1,k 为整数,且当 x>0 时,(x-k)f′(x)+x+1>0,求 k 的最大值. 解析 (1)f(x)的定义域为(-∞,+∞),f′(x)=ex-a.

若 a≤0,则 f′(x)>0,所以 f(x)在(-∞,+∞)上单调递增. 若 a>0,则当 x∈(-∞,lna)时,f′(x)<0;当 x∈(lna,+∞)时,f′(x)>0, 所以,f(x)在(-∞,lna)上单调递减,在(lna,+∞)上单调递增. (2)由于 a=1,所以(x-k)f′(x)+x+1=(x-k)(ex-1)+x+1. 故当 x>0 时,(x-k)f′(x)+x+1>0 等价于

k<

x+1 +x(x>0). ex-1



x+1 -xex-1 ex?ex-x-2? 令 g(x)= x +x,则 g′(x)= x +1= . e -1 ?e -1?2 ?ex-1?2 由(1)知,函数 h(x)=ex-x-2 在(0,+∞)上单调递增.而 h(1)<0,h(2)>0, 所以 h(x)在(0,+∞)上存在唯一的零点.故 g′(x)在(0,+∞)上存在唯一的零 点.设此零点为 α,则 α∈(1,2). 当 x∈(0,α)时,g′(x)<0;当 x∈(α,+∞)时,g′(x)>0.所以 g(x)在(0,+ ∞)上的最小值为 g(α).又由 g′(α)=0,可得 eα=α+2,所以 g(α)=α+1∈(2,3). 由于①式等价于 k<g(α),故整数 k 的最大值为 2.


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