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2014届高考数学一轮复习 第2章《基本初等函数、导数及其应用》(第11课时)知识过关检测 理 新人教A版


2014 届高考数学(理)一轮复习知识过关检测:第 2 章《基本初等 函数、导数及其应用》 (第 11 课时) (新人教 A 版)

一、选择题 1.下面为函数 y=xsinx+cosx 的递增区间的是( ) π 3π A.( , ) B.(π ,2π ) 2 2 3π 5π C.( , ) D.(2π ,3π ) 2 2 3π 5π 解析:选 C.y′=(x

sinx+cosx)′=sinx+xcosx-sinx=xcosx,当 x∈( , ) 2 2 时,恒有 xcosx>0.故选 C. 3 2 2.函数 f(x)=x +3x +3x-a 的极值点的个数是( ) A.2 B.1 C.0 D.由 a 确定 2 2 解析:选 C.f′(x)=3x +6x+3=3(x+1) ≥0 恒成立, ∴f(x)在 R 上单调递增,故 f(x)无极值,选 C. x 3.(2012·高考陕西卷)设函数 f(x)=xe ,则( ) A.x=1 为 f(x)的极大值点 B.x=1 为 f(x)的极小值点 C.x=-1 为 f(x)的极大值点 D.x=-1 为 f(x)的极小值点 x x x x 解析: D.求导得 f′(x)=e +xe =e (x+1), f′(x)=e (x+1)=0, 选 令 解得 x=-1, 易知 x=-1 是函数 f(x)的极小值点,所以选 D. 4.(2013·沈阳质检)已知 y=f(x)是定义在 R 上的函数,且 f(1)=1,f′(x)>1,则 f(x)>x 的解集是( ) A.(0,1) B.(-1,0)∪(0,1) C.(1,+∞) D.(-∞,-1)∪(1,+∞) 解析:选 C.设 g(x)=f(x)-x, 则 g′(x)=f′(x)-1,∵f′(x)>1, ∴g′(x)>0,即 g(x)在 R 上是增函数, 又 g(1)=f(1)-1=1-1=0, ∴当 x>1 时,g(x)>g(1)=0, 即当 x>1 时,f(x)>x. ∴f(x)>x 的解集为(1,+∞). 3 5.函数 f(x)=ax -x 在 R 上为减函数,则( ) A.a≤0 B.a<1 C.a<0 D.a≤1 2 解析:选 A.f′(x)=3ax -1,若 a=0,则 f′(x)=-1<0,f(x)在 R 上为减函数, ? ? ?a<0, ?a<0, 若 a≠0,由已知条件? 即? .解得 a<0.综上可知 a≤0. ?Δ ≤0, ?12a≤0 ? ? 二、填空题 x 6.函数 f(x)=(x-3)e 的单调递增区间是___ _____. x x x 解析:f′(x)=e +(x-3)e =e (x-2),由 f′(x)>0 得 x>2. 答案:(2,+∞)
1

? 1+1? 即 2×1×(1+1)-(1+a)=0,故 a=3. 答案:3 3 8.直线 y=a 与函数 f(x)=x -3x 的图象有三个相异的公共点,则 a 的取值范围是 ________.

x2+a 在 x=1 处取极值,则 a=________. x+1 解析:∵f(x)在 x=1 处取极值,∴f′(1)=0, 2 2x? x+1? -? x +a? 又 f′(x)= , 2 ? x+1? 2×1×? 1+1? -? 1+a? ∴f′(1)= =0, 2
7.若函数 f(x)=

解析: 令 f′(x)=3x -3=0,得 x=±1, 可求得 f(x)的极大值为 f(-1)=2, 极小值为 f(1)=-2, 如图所示,-2<a<2 时,恰有三个不同公共点. 答案:(-2,2) 三、解答题 1 2 x x 9.设函数 f(x)= x +e -xe . 2 (1)求 f(x)的单调区间; (2)若当 x∈[-2,2]时,不等式 f(x)>m 恒成立,求实数 m 的取值范围. 解:(1)函数 f(x)的定义域为(-∞,+∞), x x x x ∵f′(x)=x+e -(e +xe )=x(1-e ), x 若 x<0,则 1 -e >0,所以 f′(x)<0; x 若 x>0,则 1-e <0,所以 f′(x)<0; ∴f(x)在(-∞,+∞)上为减函数, 即 f(x)的单调减区间为(-∞,+∞). (2)由(1)知,f(x)在[-2,2]上单调递减. 2 ∴[f(x)]min=f(2)=2-e , 2 ∴m<2-e 时,不等式 f(x)>m 恒成立. 3 2 10.已知函数 f(x)=4x +ax +bx+5 的图象在 x=1 处的切线方程为 y=-12x. (1)求函数 f(x)的解析式; (2)求 y=f(x)的单调递增区间. 2 解:(1)f′(x)=12x +2ax+b, f′(1)=12+2a+b=-12,① 又 x=1,y=-12 在 f(x)的图象上, ∴4+a+b+5=-12,② 由①②得 a=-3,b=-18, 3 2 ∴f(x)=4x -3x -18x+5. 3 2 (2)由 f′(x)=12x - 6x-18=0,得 x=- 1, . 2 当 x 变化时,f(x)与 f′ (x)的变化如下表: 3 ?-1,3? ?3,+∞? x (-∞,-1) -1 ? ? ?2 ? 2? 2 ? ? ? f′(x) + 0 - 0 +
2

2

f(x)







?3 ? ∴f(x)的单调递增区间为(-∞,-1),? ,+∞?. ?2 ?

一、选择题 2 1.(2012·高考陕西卷)设函数 f(x)= +lnx,则(

x

)

1 A.x= 为 f(x)的极大值点 2 1 B.x= 为 f(x)的极小值点 2 C.x=2 为 f(x)的极大值点 D.x=2 为 f(x)的极小值点

x x x =0;当 x>2 时,f′(x)>0,函数 f(x)为增函数;当 0<x<2 时,f′(x)<0,函数 f(x) 为减函数,所以 x=2 为函数 f(x)的极小值点,选择 D. 2.(2013·日照质检)已知对任意实数 x 有 f(-x)=-f(x),g(-x)=g(x),且当 x>0 时,f′(x)>0, g′(x)>0,则 x<0 时( ) A.f′(x)>0,g′(x)>0 B.f′(x)>0,g′(x)<0 C.f′(x)<0,g′(x)>0 D.f′(x)<0,g′(x)<0 解析:选 B.当 x>0 时,f′(x)>0 即 y=f(x)在(0,+∞)上是增函数,又 f(-x)=- f(x),即 f(x)为奇函数,所以 f(x)在(-∞,0)上也是增函数,∴f′(x)>0;当 x>0 时, g′(x)>0 即 y=g(x)在(0,+∞)上是增函数,又 g(-x)=g(x),即 g(x)是偶函数,所以 g(x )在(-∞,0)上是减函数,∴g′(x)<0,故选 B.
二、填空题 sinx 3.(经典题)函数 f(x)= 的单调递增区间是________. 2+cosx ? 2+cosx? cosx-sinx? -sinx? 2cosx+1 解析:令 f′(x)= = 2 2>0,得 cosx> ? 2+cosx? ? 2+cosx? 1 2π 2π - , 得 2kπ - < x < 2kπ + (k ∈ Z) , 故 函 数 f(x) 的 单 调 递 增 区 间 是 2 3 3 ?2kπ -2π ,2kπ +2π ?(k∈Z). ? 3 3 ? ? ? 2π 2π ? ? 答案:?2kπ - ,2kπ + ?(k∈Z) 3 3 ? ? 2 4.f(x)=x(x-c) 在 x=2 处有极大值,则常数 c 的值为________. 3 2 2 2 2 解析:f(x)=x -2cx +c x,f′(x)=3x -4cx+c , f′(2)=0? c=2 或 c=6,若 c=2,f′(x)=3x2-8x+4, 2 2 令 f′(x)>0? x< 或 x>2,f′(x)<0? <x<2, 3 3 2 2 故函数在(-∞, )及(2,+∞)上单调递增,在( ,2)上单调递减,∴x=2 是极小值 3 3 点,故 c=2 不合题意,同理可验证 c=6 符合题意,所以 c=6. 答案:6 三、解答题 x 5.(2012·高考课标全国卷)设函数 f(x)=e -ax-2.
3

2 1 x-2 解析: D.函数 f(x)的定义域为(0, 选 +∞), f′(x)=- 2+ = 2 , x=2 时,′(x) 当 f

(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. x 解:(1)f(x)的定义域为(-∞,+∞),f′(x )=e -a. 若 a≤0,则 f′(x)>0, 所以 f(x)在(-∞,+∞)上是单调递增. 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. x (2)由于 a=1,所以(x-k )f′(x)+x+1=(x-k)(e -1)+x+1. 故当 x>0 时,(x-k)f′(x)+x+1>0 等价于 x+1 k< x +x(x>0).① e -1 x+1 令 g(x)= x +x, e -1 x x x -xe -1 e ? e -x-2? 则 g′(x)= x . 2+1= x 2 ? e -1? ? e -1? x 由(1)知,函数 h(x)=e -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. α 所以 g(x) 在(0,+∞)上的最小值为 g(α ).又由 g′(α )=0,可得 e =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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