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走向高考--2015高考一轮总复习人教A版数学阶段性测试题3


阶段性测试题三(导数及其应用)
本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分 150 分。考试时间 120 分钟。 第Ⅰ卷(选择题 共 60 分) 一、选择题(本大题共 12 个小题,每小题 5 分,共 60 分,在每 小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.) 1 1. (2014· 北京东城区联考)曲线 y=3x3 在 x=1 处切线的倾斜角为 ( ) A.1 π C.4 [答案] C 1 [解析] ∵y=3x3, ∴y′|x=1=1, ∴切线的倾斜角 α 满足 tanα=1, π ∵0≤α<π,∴α=4. 2.(2014· 三亚市一中月考)函数 f(x)=(x-3)ex 的单调递增区间是 ( ) A.(-∞,2) C.(1,4) [答案] D [解析] ∵f(x)=(x-3)ex, ∴f ′(x)=ex+(x-3)ex=(x-2)ex, 由 f ′(x)>0 得 x>2,∴选 D. 3.(2014· 甘肃省金昌市二中、临夏中学期中)已知函数 f(x)=lnx, 则函数 g(x)=f(x)-f ′(x)的零点所在的区间是( ) B.(0,3) D.(2,+∞) π B.-4 5π D. 4

A.(0,1) C.(2,3) [答案] B

B.(1,2) D.(3,4)

1 1 [解析] 由题可知 g(x)=lnx-x,∵g(1)=-1<0,g(2)=ln2-2= ln2-ln e>0,∴选 B. 4.(文)(2014· 浙江杜桥中学期中)已知函数 f(x)=x3+ax2+3x-9 在 x=-3 时取得极值,则 a=( A.2 [答案] D [解析] f ′(x)=3x2+2ax+3,由条件知,x=-3 是方程 f ′(x) =0 的实数根,∴a=5. (理)(2014· 营口三中期中)若 a>0,b>0,且函数 f(x)=4x3-ax2 -2bx 在 x=1 处有极值,则 a+b 等于( A.2 [答案] C [解析] f ′(x)=12x2-2ax-2b,由条件知 x=1 是方程 f ′(x) =0 的实数根,∴a+b=6. 5.(2014· 北京东城区联考)如图是函数 y=f(x)的导函数 f ′(x)的 图象,则下面判断正确的是( ) B.3 C.6 ) D.9 B.3 ) C.4 D.5

A.在区间(-2,1)上 f(x)是增函数

B.在(1,3)上 f(x)是减函数 C.在(4,5)上 f(x)是增函数 D.当 x=4 时,f(x)取极大值 [答案] C [解析] 由导函数 y=f ′(x)的图象知,f(x)在(-2,1)上先减后增, 在(1,3)上先增后减,在(4,5)上单调递增,x=4 是 f(x)的极小值点,故 A、B、D 错误,选 C. 6.(2014· 河北冀州中学期中)已知函数 f(x)=x3+ax2+(a+6)x+1 有极大值和极小值,则实数 a 的取值范围是( A.(-1,2) B.(-∞,-3)∪(6,+∞) C.(-3,6) D.(-∞,-1)∪(2,+∞) [答案] B [解析] f ′(x)=3x2+2ax+a+6,由条件知,方程 f ′(x)=0 有 两不等实根,∴Δ=4a2-12(a+6)>0,∴a<-3 或 a>6,故选 B.


)

7.(文)(2014· 泸州市一诊)若曲线 f(x)=x

1 2

在点(a,f(a))处的切 )

线与两条坐标轴围成的三角形的面积为 18,则 a=( A.64 B.32 C.16 D.8 [答案] A [解析]

2π (理)(2014· 北京朝阳区期中)由直线 x=0,x= 3 ,y=0 与曲线 y =2sinx 所围成的图形的面积等于( A.3 C.1 [答案] A [解析] 1 =-2(-2-1)=3. 8.(文)(2014· 福建省闽侯二中、永泰二中、连江侨中、长乐二中 f ?x ? 联考)设函数 F(x)= ex 是定义在 R 上的函数, 其中 f(x)的导函数 f ′(x) 满足 f ′(x)<f(x)对于 x∈R 恒成立,则( A.f(2)>e2f(0),f(2012)>e2012f(0) B.f(2)<e2f(0),f(2012)>e2012f(0) C.f(2)<e2f(0),f(2012)<e2012f(0) D.f(2)>e2f(0),f(2012)<e2012f(0) [答案] C f ?x ? [解析] ∵函数 F(x)= ex 的导数 f ′?x?ex-f?x?ex f ′?x?-f?x? F′(x)= = <0, ex ?ex?2 f ?x ? ∴函数 F(x)= ex 是定义在 R 上的减函数, f?2? f?0? ∴F(2)<F(0),即 e2 < e0 ,故有 f(2)<e2f(0). 同理可得 f(2012)<e2012f(0).故选 C. ) ) 3 B.2 1 D.2

(理)(2014· 安徽程集中学期中)已知函数 f(x)(x∈R)满足 f ′(x)> f(x),则( ) B.f(2)≤e2f(0) D.f(2)>e2f(0)

A.f(2)<e2f(0) C.f(2)=e2f(0) [答案] D

f?2? [分析] 所给四个选项实质是比较 f(2)与 e2f(0)的大小, 即比较 e2 f?0? f ?x ? 与 e0 的大小,故构造函数 F(x)= ex 解决. f ′?x?-f?x? f ?x ? [解析] 设 F(x)= ex ,则 F′(x)= >0, ex f?2? f?0? ∴F(x)在 R 上为增函数,故 F(2)>F(0),∴ e2 > e0 , 即 f(2)>e2f(0). 9.(2014· 开滦二中期中)若函数 f(x)=x3-6bx+3b 在(0,1)内有极 小值,则实数 b 的取值范围是( A.(0,1) C.(0,+∞) [答案] D [解析] f ′(x)=3x2-6b,∵f(x)在(0,1)内有极小值, ∴在 (0,1) 内存在点 x0 ,使得在 (0 , x0) 内 f ′(x)<0 ,在 (x0,1) 内 f ′(x)>0,由 f ′(x)=0 得,x2=2b>0, ∴?
? ?b>0 ? ? 2b<1,

) B.(-∞,1) 1 D.(0,2)

1 ∴0<b<2.

10.(文)(2014· 抚顺市六校联合体期中)已知 R 上可导函数 f(x)的 图象如图所示,则不等式(x2-2x-3)f ′(x)>0 的解集为( )

A.(-∞,-2)∪(1,+∞) B.(-∞,-2)∪(1,2) C.(-∞,-1)∪(-1,0)∪(2,+∞) D.(-∞,-1)∪(-1,1)∪(3,+∞) [答案] D [解析] 由 f(x)的图象知,在(-∞,-1)上 f ′(x)>0,在(-1,1) 上 f ′(x)<0,在(1,+∞)上 f ′(x)>0,又 x2-2x-3>0 的解集为(- ∞,-1)∪(3,+∞),x2-2x-3<0 的解集为(-1,3). ∴不等式(x2-2x-3)f ′(x)>0 的解集为(-∞, -1)∪(-1,1)∪(3, +∞). (理)(2014· 浙江杜桥中学期中)函数 f(x)= 为( ) 1 的图象大致 ln?x+1?-x

[答案] B 1 x [解析] 令 h(x)=ln(x+1)-x,则 h′(x)= -1=- ,∴ x+1 x+1 h(x)在(-1,0)上单调递增, 在(0, +∞)上单调递减, 最大值为 h(0)=0, ∴h(x)<0,即 f(x)<0,且 f(x)在(-1,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调 递增,故选 B.

1 11.(2014· 枣庄市期中)若 1,3 为函数 f(x)=3x3+bx2+cx(b,c∈ R)的两个极值点,则曲线 y=f(x)在点(-1,f(-1))处的切线的斜率为 ( ) A.8 [答案] A [解析] f ′(x)=x2+2bx+c,由条件知,1,3 是方程 f ′(x)=0 的两个实根,∴b=-2,c=3,∴f ′(-1)=8,故选 A. m+n 1 1 12.(2014· 浙江省五校联考)已知函数 f(x)=3x3+2mx2+ 2 x 的 两个极值点分别为 x1,x2,且 0<x1<1<x2,点 P(m,n)表示的平面区域 内存在点(x0,y0)满足 y0=loga(x0+4),则实数 a 的取值范围是( 1 A.(0,2)∪(1,3) B.(0,1)∪(1,3) 1 C.(2,1)∪(1,3] D.(0,1)∪[3,+∞) [答案] B m+n [解析] f ′(x)=x2+mx+ 2 , 由条件知, 方程 f ′(x)=0 的两 实根为 x1,x2 且 0<x1<1<x2,
? ?f ′?0?>0, ∴? ?f ′?1?<0, ?

B.6

C.4

D.0

)

n ?m+ 2 >0, ∴? m+n 1 + m + ? 2 <0,

? ?m+n>0, ∴? ?3m+n<-2, ?

? ? ?x0<-1, ?m+n=0, ?m=-1, 由? 得? ∴? ?3m+n=-2, ?n=1, ?y0>1. ? ?

由 y0=loga(x0+4)知, 当 a>1 时, 1<y0<loga3, ∴1<a<3; 当 0<a<1 时,y0=loga(x0+4)>loga3,由于 y0>1,loga3<0,∴对?a∈(0,1),此 式都成立,从而 0<a<1,综上知 0<a<1 或 1<a<3,故选 B. 第Ⅱ卷(非选择题 共 90 分) 二、填空题(本大题共 4 个小题,每小题 4 分,共 16 分,把正确 答案填在题中横线上.) 13.(文)(2014· 福建省闽侯二中、永泰二中、连江侨中、长乐二 中联考)曲线 y=x3-x+3 在点(1,3)处的切线方程为________. [答案] 2x-y+1=0 [解析] ∵点(1,3)在曲线 y=x3-x+3 上,y′=3x2-1,∴曲线 y=x3-x+3 在点(1,3)处的切线的斜率为 y′|x=1=(3x2-1)|x=1=2,∴ 切线方程为 y-3=2(x-1),即 2x-y+1=0. (理)(2014· 福建安溪一中、养正中学联考)曲线 y=x(3lnx+1)在点 (1,1)处的切线方程为________. [答案] 4x-y-3=0 [解析] y′|x=1=(3lnx+4)|x=1=4, ∴切线方程为 y-1=4(x-1), 即 4x-y-3=0. 14.(文)(2014· 福建省闽侯二中、永泰二中、连江侨中、长乐二 中联考)已知函数 f(x)=x3-ax2-3x 在区间[1,+∞)上是增函数,则 实数 a 的取值范围是________. [答案] (-∞,0] [解析] ∵f(x)=x3-ax2-3x,∴f ′(x)=3x2-2ax-3, 又因为 f(x)=x3-ax2-3x 在区间[1,+∞)上是增函数, f ′(x)=3x2-2ax-3≥0 在区间[1,+∞)上恒成立,

?a≤1, ∴?3 ?f ′?1?=3×12-2a-3≥0,
故答案为(-∞,0].

解得 a≤0,

(理)(2014· 河北冀州中学期中)若函数 f(x)=x+asinx 在 R 上递增, 则实数 a 的取值范围为________. [答案] [-1,1] [解析] f ′(x)=1+acosx,由条件知 f ′(x)≥0 在 R 上恒成立, ∴1+acosx≥0,a=0 时显然成立;a>0 时, 1 1 ∵-a≤cosx 恒成立,∴-a≤-1,∴a≤1,∴0<a≤1;a<0 时, 1 1 ∵-a≥cosx 恒成立,∴-a≥1,∴a≥-1,即-1≤a<0,综上知- 1≤a≤1. 15.(文)(2014· 三亚市一中月考)曲线 y= x 在点(1,1)处的切线 2x-1

为 l, 则 l 上的点到圆 x2+y2+4x+3=0 上的点的最近距离是________. [答案] 2 2-1 1 [解析] y′|x=1=- | = =-1,∴切线方程为 y-1=-(x ?2x-1?2 x 1 -1),即 x+y-2=0,圆心(-2,0)到直线的距离 d=2 2,圆的半径 r =1, ∴所求最近距离为 2 2-1. (理)(2014· 山东省菏泽市期中)函数 y=x2 与 y=kx(k>0)的图象所围 9 成的阴影部分的面积为2,则 k=________. [答案] 3

[解析]

? ? ? ?y=kx, ?x=0, ?x=k, ? ? ? 由 解得 或 2 2 ?y=x , ? ?y=k . ? ?y=0, ?

1 1 1 3 1 3 1 3 9 由题意得,?k (kx-x2)dx=(2kx2-3x3)|k 0 = k - k = k = ,∴ k 2 3 6 2
?0

=3. 16.(2014· 西安一中期中)从边长为 10 cm×16 cm 的矩形纸板的 四角截去四个相同的小正方形,作成一个无盖的盒子,则盒子容积的 最大值为________cm3. [答案] 144 [解析] 设小正方形边长为 x,则盒子的容积为 v=x(10-2x)(16 -2x), 即 v=4(x3-13x2+40x),(0<x<5),v′=4(3x2-26x+40)=4(3x -20)(x-2), 20 令 v′=4(3x-20)(x-2)=0 得, x=2, x= 3 (不符合题意, 舍去), x=2 是唯一极值点也就是最值点, 所以,x=2 时,盒子容积的最大值为 144cm3. 三、 解答题(本大题共 6 个小题, 共 74 分, 解答应写出文字说明, 证明过程或演算步骤.) 17.(本小题满分 12 分)(文)(2014· 甘肃省金昌市二中期中)已知函 数 f(x)=x3+ax2+bx(a,b∈R)的图象过点 P(1,2),且在点 P 处的切线 斜率为 8. (1)求 a,b 的值; (2)求函数 f(x)的单调区间. [解析] (1)∵函数 f(x)的图象过点 P(1,2), ∴f(1)=2.

∴a+b=1.① 又函数图象在点 P 处的切线斜率为 8, ∴f ′(1)=8, 又 f ′(x)=3x2+2ax+b, ∴2a+b=5.② 解由①②组成的方程组,可得 a=4,b=-3. (2)由(1)得 f ′(x)=3x2+8x-3, 1 令 f ′(x)>0,可得 x<-3 或 x>3; 1 令 f ′(x)<0,可得-3<x<3. 1 ∴函数 f(x)的单调增区间为(-∞,-3),(3,+∞),单调减区间 1 为(-3,3). 1 3 (理)(2014· 威海期中)已知函数 f(x)=3x3-2x2+2x+5. (1)求 f(x)的单调区间; (2)若曲线 y=f(x)与 y=2x+m 有三个不同的交点, 求实数 m 的取 值范围. [解析] (1)f ′(x)=x2-3x+2, 令 f ′(x)=0,解得 x=1 或 x=2. 当 x<1 或 x>2 时,f ′(x)>0;当 1<x<2 时,f′ (x)<0, ∴f(x)的单调递增区间为(-∞,1),(2,+∞),单调递减区间为 (1,2). 1 3 (2)令 f(x)=2x+m,即3x3-2x2+2x+5=2x+m, 1 3 ∴3x3-2x2+5=m,

1 3 设 g(x)=3x3-2x2+5, 即考察函数 y=g(x)与 y=m 何时有三个公 共点, 令 g′(x)=0,解得 x=0 或 x=3. 当 x<0 或 x>3 时,g′(x)>0, 当 0<x<3 时,g′(x)<0, ∴g(x)在(-∞,0),(3,+∞)上单调递增,在(0,3)上单调递减, 1 g(0)=5,g(3)=2, 1 根据图象可得2<m<5. 18. (本小题满分 12 分)(2014· 福建安溪一中、 养正中学联考)已知 函数 f(x)=x3+ax2+bx+5, 若曲线 f(x)在点(1, f(1))处的切线斜率为 3, 2 且 x=3时,y=f(x)有极值. (1)求函数 f(x)的解析式; (2)求函数 f(x)在[-4,1]上的最大值和最小值. [解析] f ′(x)=3x2+2ax+b,

?f ′?2?=3×?2?2+2a×2+b=0, 3 3 3 (1)由题意得,? ?f ′?1?=3×12+2a×1+b=3.
? ?a=2, 解得? ?b=-4. ?

2 经检验得 x=3时,y=f(x)有极小值, 所以 f(x)=x3+2x2-4x+5. (2)由(1)知,f ′(x)=3x2+4x-4=(x+2)(3x-2). 2 令 f ′(x)=0,得 x1=-2,x2=3,

f ′(x),f(x)的值随 x 的变化情况如下表:

2 95 ∵f(3)=27,f(-2)=13,f(-4)=-11,f(1)=4, ∴f(x)在[-4,1]上的最大值为 13,最小值为-11. 19. (本小题满分 12 分)(文)(2014· 山东省菏泽市期中)已知函数 f(x) 1 =2x2+alnx. (1)若 a=-1,求函数 f(x)的极值,并指出是极大值还是极小值; (2)若 a=1,求证:在区间[1,+∞)上,函数 f(x)的图象在函数 2 g(x)=3x3 的图象的下方. [解析] (1)由于函数 f(x)的定义域为(0,+∞), 1 ?x+1??x-1? 当 a=-1 时,f ′(x)=x-x= , x 令 f ′(x)=0 得 x=1 或 x=-1(舍去), 当 x∈(0,1)时,f ′(x)<0,因此函数 f(x)在(0,1)上单调递减, 当 x∈(1,+∞)时,f ′(x)>0,因此函数 f(x)在(1,+∞)上单调 递增, 则 x=1 是 f(x)的极小值点, 1 所以 f(x)在 x=1 处取得极小值为 f(1)=2.

1 2 (2)证明:设 F(x)=f(x)-g(x)=2x2+lnx-3x3, -2x3+x2+1 1 2 则 F′(x)=x+x-2x = x -?x-1??2x2+x+1? = , x 当 x>1 时,F′(x)<0, 故 f(x)在区间[1,+∞)上单调递减, 1 又 F(1)=-6<0, ∴在区间[1,+∞)上,F(x)<0 恒成立, 即 f(x)<g(x)恒成立. 因此,当 a=1 时,在区间[1,+∞)上,函数 f(x)的图象在函数 g(x)图象的下方. (理)(2014· 北京东城区联考)已知函数 f(x)=xlnx. (1)求函数 f(x)在[1,3]上的最小值; 1 (2)若存在 x∈[e,e](e=2.71828…,e 为自然对数的底数)使不等 式 2f(x)≥-x2+ax-3 成立,求实数 a 的取值范围; (3)若 F(x)的导函数为 f(x),试写出一个符合要求的 F(x)(无需过 程). [解析] (1)由 f(x)=xlnx,可得 f ′(x)=lnx+1, 1 当 x∈(0,e )时,f ′(x)<0,f(x)单调递减; 1 当 x∈(e ,+∞)时,f ′(x)>0,f(x)单调递增. 所以函数 f(x)在[1,3]上单调递增. 又 f(1)=ln1=0,

所以函数 f(x)在[1,3]上的最小值为 0. 3 (2)由题意知,2xlnx≥-x2+ax-3,则 a≤2lnx+x+x . 1 若存在 x∈[e,e]使不等式 2f(x)≥-x2+ax-3 成立, 3 则只需 a 小于或等于 2lnx+x+x 的最大值. 3 2 3 ?x+3??x-1? 设 h(x)=2lnx+x+x(x>0),则 h′(x)=x +1-x2= . x2 1 当 x∈[e ,1)时,h′(x)<0,h(x)单调递减; 当 x∈(1,e]时,h′(x)>0,h(x)单调递增. 1 1 3 ∵h(e )=-2+e+3e,h(e)=2+e+e , 1 2 ∴h(e )-h(e)=2e-e -4>0, 1 可得 h(e)>h(e). 1 1 1 所以,当 x∈[e ,e]时,h(x)的最大值为 h(e)=-2+e +3e. 1 故 a≤-2+e+3e. x2 x2 (3)F(x)= 2 lnx- 4 . 20. (本小题满分 12 分)(文)(2014· 浙江杜桥中学期中)已知函数 f(x) =x3-ax2+10. (1)当 a=1 时,求曲线 y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程; (2)在区间[1,2]内至少存在一个实数 x,使得 f(x)<0 成立,求实数 a 的取值范围. [解析] (1)当 a=1 时,f ′(x)=3x2-2x,f(2)=14,

曲线 y=f(x)在点(2,f(2))处的切线斜率 k=f ′(2)=8, 所以曲线 y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程为 8x-y-2=0. 2 (2)解法 1:f ′(x)=3x2-2ax=3x(x-3a)(1≤x≤2), 2 3 当3a≤1,即 a≤2时,f ′(x)≥0,f(x)在[1,2]上为增函数, 3 故 f(x)min=f(1)=11-a,所以 11-a<0,a>11,这与 a≤2矛盾; 2 3 当 1<3a<2,即2<a<3 时, 2 若 1≤x<3a,则 f ′(x)<0,f(x)单调递减; 2 若3a<x≤2,则 f ′(x)>0,f(x)单调递增; 2 所以 x=3a 时,f(x)取最小值, 2 8 2 10 因此有 f(3a)<0,即27a3-3a3+10=-27a3+10<0,解得 a>3,这 3 与2<a<3 矛盾; 2 当3a≥2,即 a≥3 时,f ′(x)≤0,f(x)在[1,2]上为减函数,所以 9 f(x)min=f(2)=18-4a,所以 18-4a<0,解得 a>2,这符合 a≥3. 9 综上所述,a 的取值范围为 a>2. x3+10 10 解法 2:由已知得:a> x2 =x+ x2 , 10 10 设 g(x)=x+ x2 (1≤x≤2),g′(x)=1- x3 , ∵1≤x≤2,∴g′(x)<0,所以 g(x)在[1,2]上是减函数.

9 g(x)min=g(2)=2, 9 故 a 的取值范围为 a>2. (理)(2014· 威海期中)已知 f(x)=ex,g(x)=lnx. (1)求证:g(x)<x<f(x); (2)设直线 l 与 f(x)、g(x)的图象均相切,切点分别为(x1,f(x1))、 (x2,g(x2)),且 x1>x2>0,求证:x1>1. [解析] (1)令 y=f(x)-x=ex-x,则 y′=ex-1, 令 y′=0,解得 x=0, 当 x<0 时 y′<0,当 x>0 时 y′>0, ∴当 x=0 时,ymin=e0-0=1>0, ∴ex>x, 1 x-1 令 y=x-g(x)=x-lnx,y′=1-x = x (x>0), 令 y′=0,解得 x=1, 当 0<x<1 时 y′<0,当 x>1 时 y′>0, ∴当 x=1 时,ymin=1-ln1=1>0, ∴x>lnx,(x>0), ∴g(x)<x<f(x).

21. (本小题满分 12 分)(2014· 山东省德州市期中)统计表明某型号 汽车在匀速行驶中每小时的耗油量 y(升)关于行驶速度 x(千米/小时) 1 3 的函数为 y=128000x3-80x+8(0<x<120). (1)当 x=64 千米/小时时,行驶 100 千米耗油量多少升? (2)若油箱有 22.5 升油,则该型号汽车最多行驶多少千米? 100 25 [解析] (1)当 x=64 千米/小时时, 要行驶 100 千米需要 64 =16小 时, 1 3 25 要耗油(128000×643-80×64+8)×16=11.95(升). (2)设 22.5 升油能使该型号汽车行驶 a 千米,由题意得, 1 3 a (128000x3-80x+8)×x=22.5,

∴a=

1 8 3, 2 128000x + x-80

22.5

1 8 3 设 h(x)=128000x2+x-80, 则当 h(x)最小时,a 取最大值,
3 3 1 8 x -80 h′(x)=64000x-x2=64000x2,

令 h′(x)=0?x=80, 当 x∈(0,80)时,h′(x)<0,当 x∈(80,120)时,h′(x)>0, 故当 x∈(0,80)时,函数 h(x)为减函数,当 x∈(80,120)时,函数 h(x)为增函数, ∴当 x=80 时,h(x)取得最小值,此时 a 取最大值为 ∴a= 1 8 3 =200. 2 128000×80 +80-80 22.5

∴若油箱有 22.5 升油,则该型号汽车最多行驶 200 千米. 22. (本小题满分 14 分)(文)(2014· 浙江杜桥中学期中)已知函数 f(x) =x2-2lnx. (1)求 f(x)的单调区间; 1 (2)若 f(x)≥2tx-x2在 x∈(0,1]内恒成立,求 t 的取值范围. [解析] 2 (1) 函 数 的 定 义 域 为 (0 , + ∞) , f ′(x) = 2x - x =

2?x+1??x-1? , x 由 f ′(x)>0,得 x>1,由 f ′(x)<0,得 0<x<1, 所以, 函数 f(x)的单调递增区间为(1, +∞), 单调递减区间为(0,1). 1 1 2lnx (2)由 f(x)≥2tx-x2对 x∈(0,1]恒成立,得 2t≤x+x3- x .

x4-2x2-3+2x2lnx 1 2lnx 令 h(x)=x+x3- x ,则 h′(x)= , x4 ∵x∈(0,1], ∴x4-3<0,-2x2<0,2x2lnx<0,x4>0, ∴h′(x)<0, ∴h(x)在(0,1)上为减函数. 1 2lnx ∴当 x=1 时,h(x)=x+x3- x 有最小值 2,得 2t≤2,∴t≤1, 故 t 的取值范围是(-∞,1]. 1 (理)(2014· 山东省德州市期中)已知 f(x)=-2ax2+x-ln(1+x),其 中 a>0. (1)若 x=3 是函数 f(x)的极值点,求 a 的值; (2)求 f(x)的单调区间; (3)若 f(x)在[0,+∞)上的最大值是 0,求 a 的取值范围. -ax2-?a-1?x [解析] (1)由题意得 f ′(x)= ,x∈(-1,+∞), x+1 1 由 f ′(3)=0?a=4,经检验符合题意. 1 (2)令 f ′(x)=0?x1=0,x2=a-1, ①当 0<a<1 时,x1<x2, f(x)与 f ′(x)的变化情况如下表 x f ′( x ) f (x ) (-1,0) - 减 0 0 f(0) 1 (0,a-1) + 增 1 a-1 0 1 f(a-1) 1 (a-1,+∞) - 减

1 ∴f(x)的单调递增区间是(0,a-1), 1 f(x)的单调递减区间是(-1,0)和(a-1,+∞); ②当 a=1 时,f(x)的单调递减区间是(-1,+∞); ③当 a>1 时,-1<x2<0 f(x)与 f ′(x)的变化情况如下表 x f ′( x ) f (x ) 1 (-1,a-1) - 减 1 a-1 0 1 f(a-1) 1 (a-1,0) + 增 0 0 f(0) (0,+∞) - 减

1 ∴f(x)的单调递增区间是(a-1,0), 1 f(x)的单调递减区间是(-1,a-1)和(0,+∞). 1 综上,当 0<a<1 时,f(x)的单调递增区间是(0,a-1). 1 f(x)的单调递减区间是(-1,0),(a-1,+∞), 1 当 a>1,f(x)的单调递增区间是(a-1,0). 1 f(x)的单调递减区间是(-1,a-1),(0,+∞). 当 a=1 时,f(x)的单调递减区间为(-1,+∞). (3)由(2)可知 1 当 0<a<1 时,f(x)在(0,+∞)的最大值是 f(a-1), 1 但 f(a-1)>f(0)=0,所以 0<a<1 不合题意, 当 a≥1 时,f(x)在(0,+∞)上单调递减,

由 f(x)≤f(0)可得 f(x)在[0, +∞)上的最大值为 f(0)=0, 符合题意, ∴f(x)在[0,+∞)上的最大值为 0 时,a 的取值范围是 a≥1.


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