高考数学 17-18版 第4章 第17课 课时分层训练17

高考数学 17-18版 第4章 第17课 课时分层训练17

课时分层训练(十七)‎ A组　基础达标 ‎(建议用时：30分钟)‎ 一、填空题 ‎1．函数f(x)＝(x－3)ex的单调递增区间是________．‎ ‎(2，＋∞)　[因为f(x)＝(x－3)ex，‎ 则f′(x)＝ex(x－2)，令f′(x)＞0，得x＞2，‎ 所以f(x)的单调递增区间为(2，＋∞)．]‎ ‎2．已知定义在R上的函数f(x)，其导函数f′(x)的大致图象如图173所示，则下列叙述正确的是________．‎ 图173‎ ‎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　[依题意得，当x∈(－∞，c)时，f′(x)＞0，因此，函数f(x)在(－∞，c)上是增函数，由a＜b＜c，所以f(c)＞f(b)＞f(a)，因此③正确．]‎ ‎3．已知函数f(x)＝x3＋ax＋4，则“a＞‎0”‎是“f(x)在R上单调递增”的________条件. 【导学号：62172096】‎ 充分不必要　[f′(x)＝x2＋a，当a≥0时，f′(x)≥0恒成立，故“a＞0”是“f(x)在R上单调递增”的充分不必要条件．]‎ ‎4．若函数f(x)＝2x3－3mx2＋6x在区间(2，＋∞)上为增函数，则实数m的取值范围为________．‎ 　[∵f′(x)＝6x2－6mx＋6，‎ 当x∈(2，＋∞)时，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－，‎ ‎∴当x＞2时，g′(x)＞0，即g(x)在(2，＋∞)上单调递增，‎ ‎∴m≤2＋＝.]‎ ‎5．函数f(x)＝1＋x－sin x在(0,2π)上的单调情况是________．‎ 单调递增　[在(0,2π)上有f′(x)＝1－cos x＞0，所以f(x)在(0,2π)上单调递增．]‎ ‎6．已知a≥0，函数f(x)＝(x2－2ax)ex，若f(x)在[－1,1]上是单调减函数，则a的取值范围是________．‎ 　[f′(x)＝(2x－‎2a)ex＋(x2－2ax)ex＝[x2＋(2－‎2a)x－‎2a]ex，‎ 由题意当x∈[－1,1]时，f′(x)≤0恒成立，即x2＋(2－2a)x－2a≤0在x∈[－1,1]时恒成立．‎ 令g(x)＝x2＋(2－2a)x－2a，‎ 则有即 解得a≥.]‎ ‎7．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________．‎ ‎(－1，＋∞)　[由f(x)＞2x＋4，得f(x)－2x－4＞0，设F(x)＝f(x)－2x－4，则F′(x)＝f′(x)－2，因为f′(x)＞2，所以F′(x)＞0在R上恒成立，所以F(x)在R上单调递增，而F(－1)＝f(－1)－2×(－1)－4＝2＋2－4＝0，故不等式f(x)－2x－4＞0等价于F(x)＞F(－1)，所以x＞－1.]‎ ‎8．若函数f(x)＝－x3＋x2＋2ax在上存在单调递增区间，则a的取值范围是________. 【导学号：62172097】‎ 　[∵f′(x)＝－x2＋x＋‎2a＝－2＋＋‎2a.‎ ‎∴当x∈时，f′(x)max＝f′＝＋2a. ‎ 由＋2a>0，得a>－.‎ ‎∴a的取值范围为.]‎ ‎9．已知函数f(x)＝－x2＋4x－3ln x在区间[t，t＋1]上不单调，则t的取值范围是________．‎ ‎(0,1)∪(2,3)　[∵f′(x)＝－x＋4－，‎ 令f′(x)＝0可得x1＝1，x2＝3.‎ 由于f(x)在[t，t＋1]上不单调，‎ ‎∴1∈[t，t＋1]或3∈[t，t＋1]‎ 即00，故g(x)为增函数；‎ 当－10时，g′(x)>0，故g(x)为增函数．‎ 综上知，g(x)在(－∞，－4)和(－1,0)内为减函数，在(－4，－1)和(0，＋∞)内为增函数．‎ B组　能力提升 ‎(建议用时：15分钟)‎ ‎1．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)f′(x)＜0，设a＝f(0)，b＝f，c＝f(3)，则a，b，c的大小关系为________．‎ c＜a＜b　[依题意得，当x＜1时，f′(x)＞0，f(x)为增函数；‎ 又f(3)＝f(－1)，且－1＜0＜＜1，‎ 因此有f(－1)＜f(0)＜f，‎ 即有f(3)＜f(0)＜f，c＜a＜b.]‎ ‎2．(2017·盐城质检(二))设f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－2)＝0，当x＞0时，xf′(x)－f(x)＞0，则使得f(x)＞0成立的x的取值范围是________．‎ ‎(－2,0)∪(2，＋∞)　[令g(x)＝，则g′(x)＝＞0，x∈(0，＋∞‎ ‎)，所以函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增．又g(－x)＝＝＝＝g(x)，则g(x)是偶函数，g(－2)＝0＝g(2)，则f(x)＝xg(x)＞0⇔或解得x＞2或－2＜x＜0，故不等式f(x)＞0的解集为(－2,0)∪(2，＋∞)．]‎ ‎3．设函数f(x)＝aln x＋，其中a为常数．‎ ‎(1)若a＝0，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；‎ ‎(2)讨论函数f(x)的单调性．‎ ‎[解]　(1)由题意知a＝0时，f(x)＝，x∈(0，＋∞)，‎ 此时f′(x)＝，可得f′(1)＝，又f(1)＝0，‎ 所以曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为x－2y－1＝0.‎ ‎(2)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．‎ f′(x)＝＋ ‎＝.‎ 当a≥0时，f′(x)>0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，‎ 当a<0时，令g(x)＝ax2＋(2a＋2)x＋a，‎ Δ＝(‎2a＋2)2－‎4a2＝4(‎2a＋1)．‎ ‎①当a＝－时，Δ＝0，‎ f′(x)＝≤0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减．‎ ‎②当a<－时，Δ<0，g(x)<0，f′(x)<0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减．‎ ‎③当－0，‎ 设x1，x2(x10，‎ 所以当x∈(0，x1)时，g(x)<0，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，‎ 当x∈(x1，x2)时，g(x)>0，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，‎ 当x∈(x2，＋∞)时，g(x)<0，f′(x)<0，函数f(x)单调递减．‎ 综上可得：‎ 当a≥0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；‎ 当a≤－时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减；‎ 当－0恒成立，求a的取值范围．‎ ‎[解]　(1)a＝1时，f(x)＝bx－＋2ln x，f′(x)＝b＋＋＝.‎ ‎①当b≥0时，f′(x)>0，f(x)在定义域上单调递增，不符合题意；‎ ‎②当b<0时，Δ＝4－4b2>0，即－10恒成立，‎ ‎∴∀x1，x2∈(0，＋∞)时，不等式(x1－x2)>0恒成立．‎ 令h(x)＝xf(x)＝x2－1＋2axln x，‎ ‎∴∀x1，x2∈(0，＋∞)时，(h(x1)－h(x2))(x1－x2)>0恒成立，∴h(x)在(0，＋∞)单调递增．‎ ‎∴∀x1，x2∈(0，＋∞)，h′(x)＝2x＋2aln x＋2a≥0恒成立．‎ 令m(x)＝2x＋2aln x＋2a，则m′(x)＝2＋＝.‎ ‎①当2a＝0时，m′(x)＝2>0, m(x)＝2x>0恒成立；‎ ‎②当2a>0时，m′(x)＝2＋>0，m(x)在(0，＋∞)上单调递增，m＝－2a2－2－2a<0，所以a>0不符合题意．‎ ‎③当2a<0时，m′(x)＝0时，x＝－a.‎ 结合m′(x)，m(x)随x的变化情况：‎ 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.‎ 综上，－1≤a≤0.‎