高考數(shù)學 17-18版 第4章 第17課 課時分層訓練17

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1、 課時分層訓練(十七) A組　基礎(chǔ)達標 (建議用時：30分鐘) 一、填空題 1．函數(shù)f(x)＝(x－3)ex的單調(diào)遞增區(qū)間是________． (2，＋∞)　[因為f(x)＝(x－3)ex， 則f′(x)＝ex(x－2)，令f′(x)＞0，得x＞2， 所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(2，＋∞)．] 2．已知定義在R上的函數(shù)f(x)，其導函數(shù)f′(x)的大致圖象如圖17-3所示，則下列敘述正確的是________． 圖17-3 ①f(b)＞f(c)＞f(d)； ②f(b)＞f(a)＞f(e)； ③f(c)＞f(b)＞f(a)； ④f(c)＞f(e)＞f(d)． ③

2、　[依題意得，當x∈(－∞，c)時，f′(x)＞0，因此，函數(shù)f(x)在(－∞，c)上是增函數(shù)，由a＜b＜c，所以f(c)＞f(b)＞f(a)，因此③正確．] 3．已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax＋4，則“a＞0”是“f(x)在R上單調(diào)遞增”的________條件. 【導學號：62172096】 充分不必要　[f′(x)＝x2＋a，當a≥0時，f′(x)≥0恒成立，故“a＞0”是“f(x)在R上單調(diào)遞增”的充分不必要條件．] 4．若函數(shù)f(x)＝2x3－3mx2＋6x在區(qū)間(2，＋∞)上為增函數(shù)，則實數(shù)m的取值范圍為________． 　[∵f′(x)＝6x2－6mx＋6， 當x∈(2，

3、＋∞)時，f′(x)≥0恒成立， 即x2－mx＋1≥0恒成立，∴m≤x＋恒成立． 令g(x)＝x＋，g′(x)＝1－， ∴當x＞2時，g′(x)＞0，即g(x)在(2，＋∞)上單調(diào)遞增， ∴m≤2＋＝.] 5．函數(shù)f(x)＝1＋x－sin x在(0,2π)上的單調(diào)情況是________． 單調(diào)遞增　[在(0,2π)上有f′(x)＝1－cos x＞0，所以f(x)在(0,2π)上單調(diào)遞增．] 6．已知a≥0，函數(shù)f(x)＝(x2－2ax)ex，若f(x)在[－1,1]上是單調(diào)減函數(shù)，則a的取值范圍是________． 　[f′(x)＝(2x－2a)ex＋(x2－2ax)ex＝[x

4、2＋(2－2a)x－2a]ex， 由題意當x∈[－1,1]時，f′(x)≤0恒成立，即x2＋(2－2a)x－2a≤0在x∈[－1,1]時恒成立． 令g(x)＝x2＋(2－2a)x－2a， 則有即 解得a≥.] 7．函數(shù)f(x)的定義域為R，f(－1)＝2，對任意x∈R，f′(x)＞2，則f(x)＞2x＋4的解集為________． (－1，＋∞)　[由f(x)＞2x＋4，得f(x)－2x－4＞0，設(shè)F(x)＝f(x)－2x－4，則F′(x)＝f′(x)－2，因為f′(x)＞2，所以F′(x)＞0在R上恒成立，所以F(x)在R上單調(diào)遞增，而F(－1)＝f(－1)－2×(－1)－4＝2

5、＋2－4＝0，故不等式f(x)－2x－4＞0等價于F(x)＞F(－1)，所以x＞－1.] 8．若函數(shù)f(x)＝－x3＋x2＋2ax在上存在單調(diào)遞增區(qū)間，則a的取值范圍是________. 【導學號：62172097】 　[∵f′(x)＝－x2＋x＋2a＝－2＋＋2a. ∴當x∈時，f′(x)max＝f′＝＋2a. 由＋2a>0，得a>－. ∴a的取值范圍為.] 9．已知函數(shù)f(x)＝－x2＋4x－3ln x在區(qū)間[t，t＋1]上不單調(diào)，則t的取值范圍是________． (0,1)∪(2,3)　[∵f′(x)＝－x＋4－， 令f′(x)＝0可得x1＝1，x2＝3. 由于f(

6、x)在[t，t＋1]上不單調(diào)， ∴1∈[t，t＋1]或3∈[t，t＋1] 即0

7、 二、解答題 11．已知函數(shù)f(x)＝(k為常數(shù)，e是自然對數(shù)的底數(shù))，曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線與x軸平行． (1)求k的值； (2)求f(x)的單調(diào)區(qū)間. 【導學號：62172098】 [解]　(1)由題意得f′(x)＝， 又f′(1)＝＝0，故k＝1. (2)由(1)知，f′(x)＝. 設(shè)h(x)＝－ln x－1(x＞0)，則h′(x)＝－－＜0， 即h(x)在(0，＋∞)上是減函數(shù)． 由h(1)＝0知，當0＜x＜1時，h(x)＞0，從而f′(x)＞0； 當x＞1時，h(x)＜0，從而f′(x)＜0. 綜上可知，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(0,1

8、)，單調(diào)遞減區(qū)間是(1，＋∞)． 12．(2015·重慶高考)已知函數(shù)f(x)＝ax3＋x2(a∈R)在x＝－處取得極值． (1)確定a的值； (2)若g(x)＝f(x)ex，討論g(x)的單調(diào)性． [解]　(1)對f(x)求導得f′(x)＝3ax2＋2x， 因為f(x)在x＝－處取得極值， 所以f′＝0， 即3a·＋2·＝－＝0，解得a＝. (2)由(1)得g(x)＝ex， 故g′(x)＝ex＋ex ＝ex ＝x(x＋1)(x＋4)ex. 令g′(x)＝0，解得x＝0或x＝－1或x＝－4. 當x<－4時，g′(x)<0，故g(x)為減函數(shù)； 當－4

9、′(x)>0，故g(x)為增函數(shù)； 當－10時，g′(x)>0，故g(x)為增函數(shù)． 綜上知，g(x)在(－∞，－4)和(－1,0)內(nèi)為減函數(shù)，在(－4，－1)和(0，＋∞)內(nèi)為增函數(shù)． B組　能力提升 (建議用時：15分鐘) 1．函數(shù)f(x)在定義域R內(nèi)可導，若f(x)＝f(2－x)，且當x∈(－∞，1)時，(x－1)f′(x)＜0，設(shè)a＝f(0)，b＝f，c＝f(3)，則a，b，c的大小關(guān)系為________． c＜a＜b　[依題意得，當x＜1時，f′(x)＞0，f(x)為增函數(shù)； 又f(3)＝f(－1)，且－1＜0＜

10、＜1， 因此有f(－1)＜f(0)＜f， 即有f(3)＜f(0)＜f，c＜a＜b.] 2．(2017·鹽城質(zhì)檢(二))設(shè)f′(x)是奇函數(shù)f(x)(x∈R)的導函數(shù)，f(－2)＝0，當x＞0時，xf′(x)－f(x)＞0，則使得f(x)＞0成立的x的取值范圍是________． (－2,0)∪(2，＋∞)　[令g(x)＝，則g′(x)＝＞0，x∈(0，＋∞)，所以函數(shù)g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．又g(－x)＝＝＝＝g(x)，則g(x)是偶函數(shù)，g(－2)＝0＝g(2)，則f(x)＝xg(x)＞0?或解得x＞2或－2＜x＜0，故不等式f(x)＞0的解集為(－2,0)∪(2，＋∞)．

11、] 3．設(shè)函數(shù)f(x)＝aln x＋，其中a為常數(shù)． (1)若a＝0，求曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程； (2)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性． [解]　(1)由題意知a＝0時，f(x)＝，x∈(0，＋∞)， 此時f′(x)＝，可得f′(1)＝，又f(1)＝0， 所以曲線y＝f(x)在(1，f(1))處的切線方程為x－2y－1＝0. (2)函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)． f′(x)＝＋ ＝. 當a≥0時，f′(x)>0，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增， 當a<0時，令g(x)＝ax2＋(2a＋2)x＋a， Δ＝(2a＋2)2－4a2＝4(2a＋1

12、)． ①當a＝－時，Δ＝0， f′(x)＝≤0，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減． ②當a<－時，Δ<0，g(x)<0，f′(x)<0，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減． ③當－0， 設(shè)x1，x2(x10， 所以當x∈(0，x1)時，g(x)<0，f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減， 當x∈(x1，x2)時，g(x)>0，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增， 當x∈(x2，＋∞)時，g(x)<0，f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減． 綜上可得： 當a≥0時，函數(shù)f

13、(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增； 當a≤－時，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減； 當－0恒成立，求a的取值范圍． [解]　(1)a＝1時，f(x)＝bx－＋2ln x，f′(x)＝b＋＋＝. ①當b≥0時，f′(x)>0，f(x)在定義域上單調(diào)遞增，不符合題意； ②當b<0時，Δ＝4－4b2

14、>0，即－10恒成立， ∴?x1，x2∈(0，＋∞)時，不等式(x1－x2)>0恒成立． 令h(x)＝xf(x)＝x2－1＋2axln x， ∴?x1，x2∈(0，＋∞)時，(h(x1)－h(huán)(x2))(x1－x2)>0恒成立，∴h(x)在(0，＋∞)單調(diào)遞增． ∴?x1，x2∈(0，＋∞)，h′(x)＝2x＋2aln x＋2a≥0恒成立． 令m(x)＝2x＋2aln x＋2a，則m′(x)＝2＋＝. ①當2a＝0時，m′(x)＝2>0, m(x)＝2x>0恒成立； ②當2a>0時，m′(x)＝2＋>0，m(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，m＝－2a2－2－2a<0，所以a>0不符合題意． ③當2a<0時，m′(x)＝0時，x＝－a. 結(jié)合m′(x)，m(x)隨x的變化情況： x (0，－a) －a (－a，＋∞) m′(x) － 0 ＋ m(x)  2aln(－a)  ∴m(x)min＝m(－a)＝2aln(－a)≥0，解得－1≤a≤0. 綜上，－1≤a≤0.