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- 2021-06-24 发布
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专题层级快练(十八)
(第一次作业)
1．函数f(x)＝ex(sinx＋cosx)在区间[0，]上的值域为( )
A．[，e] B．(，e)
C．[1，e] D．(1，e)
答案 A
解析 f′(x)＝ex(sinx＋cosx)＋ex(cosx－sinx)＝excosx，当0≤x≤时，f′(x)≥0.
∴f(x)是[0，]上的增函数．∴f(x)的最大值为f()＝e，f(x)的最小值为f(0)＝.
2．函数f(x)的图像如图所示，下列数值排序正确的是( )
A．00；
当－20，则xf′(x)<0；当x>0时，xf′(x)>0.
4．(2017·赣州模拟)函数y＝x2ex的图像大致为( )
答案 A
解析 因为y′＝2xex＋x2ex＝x(x＋2)ex，所以当x<－2或x>0时，y′>0，函数y＝x2ex为增函数；当－20，所以排除D，故选A.
5．若a>2，则函数f(x)＝x3－ax2＋1在区间(0，2)上恰好有( )
A．0个零点 B．1个零点
C．2个零点 D．3个零点
答案 B
解析 ∵f′(x)＝x2－2ax，且a>2，∴当x∈(0，2)时，f′(x)<0，
即f(x)在(0，2)上是单调减函数．
又∵f(0)＝1>0，f(2)＝－4a<0，∴f(x)在(0，2)上恰好有1个零点．故选B.
6．f(x)是定义在R上的偶函数，当x<0时，f(x)＋xf′(x)<0，且f(－4)＝0，则不等式xf(x)>0的解集为( )
A．(－4，0)∪(4，＋∞) B．(－4，0)∪(0，4)
C．(－∞，－4)∪(4，＋∞) D．(－∞，－4)∪(0，4)
答案 D
解析 设g(x)＝xf(x)，则当x<0时，g′(x)＝[xf(x)]′＝x′f(x)＋xf′(x)＝xf′(x)＋f(x)<0，所以函数g(x)在区间(－∞，0)上是减函数．因为f(x)是定义在R上的偶函数．所以g(x)＝xf(x)是R上的奇函数，所以函数g(x)在区间(0，＋∞)上是减函数．因为f(－4)＝0，所以f(4)＝0，即g(4)＝0，g(－4)＝0，所以xf(x)>0化为g(x)>0.设x>0，不等式为g(x)>g(4)，即0g(－4)，即x<－4，所求的解集为(－∞，－4)∪(0，4)．故选D.
7．已知函数f(x)的定义域为R，f(－1)＝2，且对任意的x∈R，f′(x)>2，则f(x)>2x＋4的解集为( )
A．(－1，1) B．(－1，＋∞)
C．(－∞，－1) D．(－∞，＋∞)
答案 B
解析 设g(x)＝f(x)－(2x＋4)，[f(x)－(2x＋4)]′＝f′(x)－2>0，所以g(x)单调递增．又g(－1)＝0，所以f(x)>2x＋4的解集是(－1，＋∞)．故选B.
8．(2017·山东师大附中检测)已知函数f(x)＝xex，g(x)＝－(x＋1)2＋a，若∃x1，x2∈R，使得f(x2)≤g(x1)成立，则实数a的取值范围是( )
A．(－，＋∞) B．[－1，＋∞)
C．[－e，＋∞) D．[－，＋∞)
答案 D
解析 f′(x)＝ex＋xex＝(1＋x)ex，当x>－1时，f′(x)>0，函数单调递增；当x<－1时，f′(x)<0，函数单调递减．所以当x＝－1时，f(x)取得极小值即最小值，f(－1)＝－.函数g(x)的最大值为a.若∃x1，x2∈R，使得f(x2)≤g(x1)成立，则有g(x)的最大值大于或等于f(x)的最小值，即a≥－.故选D.
9．已知函数y＝f(x)对任意的x∈(－，)满足f′(x)cosx＋f(x)sinx>0(其中f′(x)是函数f(x)的导函数)，则下列不等式成立的是( )
A.f(－)2f() D．f(0)>f()
答案 A
解析 由f′(x)cosx＋f(x)sinx>0知()′>0，所以g(x)＝在(－，)上是增函数，所以g(－)g()，即>，得f()>f()，所以B不正确；由g()>g(0)，即>
eq f(f（0）,cos0)，得f(0)<2f()，所以C不正确；由g()>g(0)，即>，得f(0)0时，f(x)＝xe－x，f′(x)＝－(x－1)e－x，若00，f(x)是增函数；若x>1，则f′(x)<0，f(x)是减函数．因此，要使关于x的方程f2(x)－mf(x)＋m－1＝0恰好有4个不相等的实数根，只要求直线y＝1，直线y＝m－1与函数y＝f(x)的图像共有四个不同的交点．注意到直线y＝1与函数y＝f(x)的图像有唯一公共点，因此要求直线y＝m－1与函数y＝f(x)的图像共有三个不同的交点，结合图像可知，00，所以当x>2时，f′(x)>0；当00时原方程有唯一解，所以函数y＝h(x)与y＝m的图像在y轴右侧有唯一的交点．
又h′(x)＝4x－－14＝，且x>0，
所以当x>4时，h′(x)>0；当00时原方程有唯一解的充要条件是m＝h(4)＝－16ln2－24.
14．(2017·衡水中学调研卷)已知函数f(x)＝x2＋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，求函数f(x)在[1，e]上的最大值和最小值；
(3)若a＝1，求证：在区间[1，＋∞)上函数f(x)的图像在函数g(x)＝x3的图像的下方．
答案 (1)极小值为 (2)f(x)min＝，f(x)max＝e2＋1 (3)略
解析 (1)由于函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
当a＝－1时，f′(x)＝x－＝，
令f′(x)＝0，得x＝1或x＝－1(舍去)．
当x∈(0，1)时，函数f(x)单调递减，
当x∈(1，＋∞)时，函数f(x)单调递增，
所以f(x)在x＝1处取得极小值，极小值为.
(2)当a＝1时，易知函数f(x)在[1，e]上为增函数，
所以f(x)min＝f(1)＝，f(x)max＝f(e)＝e2＋1.
(3)证明：设F(x)＝f(x)－g(x)＝x2＋lnx－x3，
则F′(x)＝x＋－2x2＝，
当x>1时，F′(x)<0，故F(x)在区间(1，＋∞)上是减函数．又因为F(1)＝－<0，所以在区间[1，＋∞)上F(x)<0恒成立，即f(x)0时，对∀x>0，不等式f(x)－g(x)≥1恒成立，求实数a的取值范围．
答案 (1)x0＝1 (2)[1，＋∞)
解析 (1)f′(x)＝a＋，g′(x)＝.
由题意知x0>0，f′(x0)＝g′(x0)，即a＋＝.
所以ax02－x0＋1－a＝0，所以a(x02－1)＋(1－x0)＝0.
因为上式对任意实数a恒成立，所以所以x0＝1.
(2)f(x)－g(x)≥1，即ax＋－lnx≥1.
记h(x)＝ax＋－lnx，则在(0，＋∞)上h(x)≥1，
当a>0时，h′(x)＝a＋－＝＝(x>0)．
①若00，h(x)单调递增，h(x)0，h(x)单调递增，而h(1)＝2a－1<1，
这与在(0，＋∞)上h(x)≥1矛盾；
③若a≥1，－1＋≤0，所以x∈(0，1)时，h′(x)<0，h(x)单调递减；x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，所以h(x)min＝h(1)＝2a－1≥1，即h(x)≥1恒成立．
综上所述，实数a的取值范围是[1，＋∞)．
2．已知函数f(x)＝lnx－.
(1)求函数f(x)的单调递增区间；
(2)证明：当x>1时，f(x)1，当x∈(1，x0)时，恒有f(x)>k(x－1)．
答案 (1)增区间(0，) (2)略 (3)(－∞，1)
解析 (1)f′(x)＝－x＋1＝，x∈(0，＋∞)．
由f′(x)>0得解得01时，F(x)1时，f(x)1满足题意．
当k>1时，对于x>1，有f(x)1满足题意．
当k<1时，令G(x)＝f(x)－k(x－1)，x∈(0，＋∞)，
则有G′(x)＝－x＋1－k＝.
由G′(x)＝0得－x2＋(1－k)x＋1＝0.
解得x1＝<0，
x2＝>1.
当x∈(1，x2)，G′(x)>0，故G(x)在[1，x2)上单调递增．
从而当x∈(1，x2)时，G(x)>G(1)＝0，即f(x)>k(x－1)．
综上所述，k的取值范围是(－∞，1)．
3．已知函数f(x)＝ex－ax(a为常数)的图像与y轴交于点A，曲线y＝f(x)在点A处的切线斜率为－1.
(1)求a的值及函数f(x)的极值；
(2)证明：当x＞0时，x2＜ex.
答案 (1)a＝2，极小值为f(ln2)＝2－ln4 (2)略
解析 (1)由f(x)＝ex－ax，得f′(x)＝ex－a.
又f′(0)＝1－a＝－1，得a＝2.
所以f(x)＝ex－2x，f′(x)＝ex－2.
令f′(x)＝0，得x＝ln2.
当x＜ln2时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x＞ln2时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．
所以当x＝ln2时，f(x)取得极小值，且极小值为f(ln2)＝eln2－2ln2＝2－ln4，
f(x)无极大值．
(2)令g(x)＝ex－x2，则g′(x)＝ex－2x，由(1)得g′(x)＝f(x)≥f(ln2)＞0，
故g(x)在R上单调递增．又g(0)＝1＞0，因此，当x＞0时，g(x)＞g(0)＞0，即x2＜ex.
4．(2017·沧州七校联考)设f(x)＝ex－a(x＋1)．
(1)若∀x∈R，f(x)≥0恒成立，求正实数a的取值范围；
(2)设g(x)＝f(x)＋，且A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1≠x2)是曲线y＝g(x)上任意两点，若对任意的a≤－1，直线AB的斜率恒大于常数m，求m的取值范围．
答案 (1)(0，1] (2)(－∞，3]
解析 (1)因为f(x)＝ex－a(x＋1)，所以f′(x)＝ex－a.
由题意，知a>0，故由f′(x)＝ex－a＝0，解得x＝lna.
故当x∈(－∞，lna)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；当x∈(lna，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增．
所以函数f(x)的最小值为f(lna)＝elna－a(lna＋1)＝－alna.
由题意，若∀x∈R，f(x)≥0恒成立，即f(x)＝ex－a(x＋1)≥0恒成立，故有－alna≥0，
又a>0，所以lna≤0，解得0m，即>m.
因为x2－x1>0，所以g(x2)－g(x1)>m(x2－x1)，即g(x2)－mx2>g(x1)－mx1，
因为x12；④a＝0，b＝2；⑤a＝1，b＝2.
答案 ①③④⑤
解析 令f(x)＝x3＋ax＋b，则f′(x)＝3x2＋a.
对于①，由a＝b＝－3，得f(x)＝x3－3x－3，f′(x)＝3(x＋1)(x－1)，f(x)极大值＝f(－1)＝－1<0，f(x)极小值＝f(1)＝－5<0，函数f(x)的图像与x轴只有一个交点，故x3＋ax＋b＝0仅有一个实根；
对于②，由a＝－3，b＝2，得f(x)＝x3－3x＋2，f′(x)＝3(x＋1)(x－1)，f(x)极大值＝f(－1)＝4>0，f(x)极小值＝f(1)＝0，函数f(x)的图像与x轴有两个交点，故x3＋ax＋b＝0有两个实根；
对于③，由a＝－3，b>2，得f(x)＝x3－3x＋b，f′(x)＝3(x＋1)(x－1)，f(x)极大值＝f(－1)＝2＋b>0，f(x)极小值＝f(1)＝b－2>0，函数f(x)的图像与x轴只有一个交点，故x3＋ax＋b＝0仅有一个实根；
对于④，由a＝0，b＝2，得f(x)＝x3＋2，f′(x)＝3x2≥0，f(x)在R上单调递增，函数f(x)的图像与x轴只有一个交点，故x3＋ax＋b＝0仅有一个实根；对于⑤，由a＝1，b＝2，得f(x)＝x3＋x＋2，f′(x)＝3x2＋1>0，f(x)在R上单调递增，函数f(x)的图像与x轴只有一个交点，故x3＋ax＋b＝0仅有一个实根．
2．(2017·西城区期末)已知函数f(x)＝(x＋a)ex，其中e是自然对数的底数，a∈R.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)当a<1时，试确定函数g(x)＝f(x－a)－x2的零点个数，并说明理由．
答案 (1)单调递减区间为(－∞，－a－1)，单调递增区间为(－a－1，＋∞)
(2)仅有一个零点
解析 (1)因为f(x)＝(x＋a)ex，x∈R，所以f′(x)＝(x＋a＋1)ex.
令f′(x)＝0，得x＝－a－1.
当x变化时，f(x)和f′(x)的变化情况如下：
x
(－∞，－a－1)
－a－1
(－a－1，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
故f(x)的单调递减区间为(－∞，－a－1)，单调递增区间为(－a－1，＋∞)．
(2)结论：函数g(x)有且仅有一个零点．
理由如下：
由g(x)＝f(x－a)－x2＝0，得方程xex－a＝x2，
显然x＝0为此方程的一个实数解，
所以x＝0是函数g(x)的一个零点．
当x≠0时，方程可化简为ex－a＝x.
设函数F(x)＝ex－a－x，则F′(x)＝ex－a－1，
令F′(x)＝0，得x＝a.
当x变化时，F(x)与F′(x)的变化情况如下：
x
(－∞，a)
a
(a，＋∞)
F′(x)
－
0
＋
F(x)
即F(x)的单调递增区间为(a，＋∞)，单调递减区间为(－∞，a)．
所以F(x)的最小值F(x)min＝F(a)＝1－a.
因为a<1，所以F(x)min＝F(a)＝1－a>0，
所以对于任意x∈R，F(x)>0，
因此方程ex－a＝x无实数解．
所以当x≠0时，函数g(x)不存在零点．
综上，函数g(x)有且仅有一个零点．
3．设函数f(x)＝－x3＋x2＋(a2－1)x，其中a>0.
(1)若函数y＝f(x)在x＝－1处取得极值，求a的值；
(2)已知函数f(x)有3个不同的零点，分别为0，x1，x2，且x1f(1)恒成立，求a的取值范围．
答案 (1)a＝2 (2)(，)
解析 (1)f′(x)＝－x2＋2x＋(a2－1)，
因为y＝f(x)在x＝－1处取得极值，所以f′(－1)＝0.
即－(－1)2＋2(－1)＋(a2－1)＝0.
解得a＝±2.经检验得a＝2.
(2)由题意得f(x)＝x(－x2＋x＋a2－1)＝－x(x－x1)(x－x2)．
所以方程－x2＋x＋a2－1＝0有两个相异的实根x1，x2.
故Δ＝1＋(a2－1)>0，解得a<－(舍去)或a>，且x1＋x2＝3.
又因为x1x1＋x2＝3，故x2>>1.
①若x1≤1f(1)恒成立的充要条件为f(1)＝a2－<0，解得－0时，f(x)≥2a＋aln.
答案 (1)当a≤0时，f′(x)没有零点，当a>0时，f′(x)有唯一零点． (2)略
解析 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－(x>0)．
当a≤0时，f′(x)>0，f′(x)没有零点；
当a>0时，因为y＝e2x单调递增，y＝－单调递增，所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，又f′(a)>0，当b满足00时，f′(x)存在唯一零点．
(2)由(1)，可设f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零点为x0，当x∈(0，x0)时，f′(x)<0，当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0.
故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，所以当x＝x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0)．
由于2e2x0－＝0，所以f(x0)＝＋2ax0＋aln≥2a＋aln.
故当a>0时，f(x)≥2a＋aln.
5．已知函数f(x)＝x－ln(x＋a)在x＝1处取得极值．
(1)求实数a的值；
(2)若关于x的方程f(x)＋2x＝x2＋b在[，2]上恰有两个不相等的实数根，求实数b的取值范围．
答案 (1)0 (2)＋ln2≤b<2
解析 (1)对f(x)求导，得f′(x)＝1－.
由题意，得f′(1)＝0，即1－＝0，∴a＝0.
(2)由(1)得f(x)＝x－lnx.∴f(x)＋2x＝x2＋b，即x2－3x＋lnx＋b＝0.
设g(x)＝x2－3x＋lnx＋b(x>0)，则
g′(x)＝2x－3＋＝＝.
令g′(x)＝0，得x1＝，x2＝1.
当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下表：
x
(0，)
(，1)
1
(1，2)
2
g′(x)
＋
0
－
0
＋
＋
g(x)
极大值
极小值
b－2＋ln2
∴当x＝1时，g(x)的极小值为g(1)＝b－2.
又g()＝b－－ln2，g(2)＝b－2＋ln2，
∵方程f(x)＋2x＝x2＋b在[，2]上恰有两个不相等的实数根，
∴即解得＋ln2≤b<2.
6．(2017·皖南十校联考)设函数f(x)＝lnx＋ax2＋x－a－1(a∈R)．
(1)当a＝－时，求函数f(x)的单调区间；
(2)证明：当a≥0时，不等式f(x)≥x－1在[1，＋∞)上恒成立．
答案 (1)增区间为(0，]，减区间为[，＋∞)
(2)略
解析 (1)当a＝－时，f(x)＝lnx－x2＋x－，且定义域为(0，＋∞)，
因为f′(x)＝－x＋1＝－，
当x∈(0，)时，f′(x)>0；当x∈(，＋∞)时，f′(x)<0，
所以f(x)在(0，]上是增函数；在[，＋∞)上是减函数．
(2)令g(x)＝f(x)－x＋1＝lnx＋ax2－a，则g′(x)＝＋2ax＝，
所以当a≥0时，g′(x)>0在[1，＋∞)上恒成立，
所以g(x)在[1，＋∞)上是增函数，且g(1)＝0，
所以g(x)≥0在[1，＋∞)上恒成立，
即当a≥0时，不等式f(x)≥x－1在[1，＋∞)上恒成立．
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