2020版高中数学阶段训练五新人教b版 8页

阶段训练五(范围：3.3.1～3.3.2)一、选择题1．函数f(x)＝x＋cosx的一个单调递增区间为(　　)A.B.C.D.考点　利用导数研究函数的单调性题点　根据导数判断函数的单调性答案　A解析　由f(x)＝x＋cosx，得f′(x)＝－sinx，当x∈时，f′(x)>0，故函数f(x)＝x＋cosx的一个单调递增区间为.故选A.2．函数y＝x3＋1的图象与直线y＝x相切，则a等于(　　)A．2B．4C．16D.考点　切线方程求解及应用题点　根据切点或切线斜率求值答案　B解析　由题意可得y′＝x2.可设切点为(x0，x0)，则解得a＝4，故选B.3．函数f(x)＝exsinx在区间上的值域为(　　)A.B.C.D.考点　利用导数求函数的最值题点　不含参数的函数求最值n答案　A解析　f′(x)＝ex(sinx＋cosx)，∵x∈，∴f′(x)>0，则f(x)在上是增函数，f(x)min＝f(0)＝0，f(x)max＝f＝，∴函数f(x)＝exsinx在区间上的值域为.4.设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数y＝(1－x)f′(x)的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是(　　)A．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)B．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(－2)C．函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(1)D．函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(2)考点　函数极值的应用题点　函数极值在函数图象上的应用答案　D解析　由题图可知，当x<－2时，f′(x)>0；当－22时，f′(x)>0.由此可以得到函数在x＝－2处取得极大值，在x＝2处取得极小值，故选D.5．设函数f(x)＝x3＋ax2＋5x＋6在区间[1,3]上是减函数，则实数a的取值范围是(　　)A．[－，＋∞)B．(－∞，－3]∪[－，＋∞)C．(－∞，－3]nD．[－，]考点　题点　答案　C解析　f′(x)＝x2＋2ax＋5，因为f(x)＝x3＋ax2＋5x＋6在[1,3]上是减函数，所以f′(x)≤0在[1,3]上恒成立，只需解得a≤－3.6．函数f(x)＝xlnx的大致图象为(　　)考点　导数的综合应用题点　导数的综合应用答案　A解析　∵函数f(x)＝xlnx只有x＝1一个零点，∴可以排除C，D，又∵f′(x)＝lnx＋1，在上，f′(x)<0，f(x)单调递减，在上，f′(x)>0，f(x)单调递增，∴A符合题意．7．已知函数y＝f(x)对任意x∈满足f′(x)cosx＋f(x)sinx>0，则下列不等式成立的是(　　)A.f>fB.ffD．f(0)<2f考点　利用导数研究函数的单调性题点　比较函数值的大小n答案　D解析　设g(x)＝，则g′(x)＝.因为y＝f(x)对任意的x∈满足f′(x)cosx＋f(x)sinx>0，所以g′(x)>0在x∈上恒成立，所以g(x)是上的增函数，所以g(0)0)，令y′≤0，解得0x－.令f(x)＝x－，所以f′(x)＝1＋2－xln2>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以f(x)>f(0)＝0－1＝－1，所以a的取值范围为(－1，＋∞)．11．已知函数f(x)＝ex－2x＋a有零点，则a的取值范围是________．考点　函数极值的应用题点　函数的零点与方程的根答案　(－∞，2ln2－2]解析　f′(x)＝ex－2.令f′(x)＝0，解得x＝ln2.当x∈(－∞，ln2)时，f′(x)<0，当x∈(ln2，＋∞)时，f′(x)>0.∴f(x)min＝f(ln2)＝2－2ln2＋a.由题意知，2－2ln2＋a≤0，可得a≤2ln2－2.三、解答题12．已知函数f(x)＝x(x＋a)－lnx，其中a为常数．(1)当a＝－1时，求f(x)的极值；(2)若f(x)是区间内的单调函数，求实数a的取值范围．考点　导数的综合应用题点　导数的综合应用解　(1)当a＝－1时，f′(x)＝2x－1－＝＝(x>0)，所以f(x)在区间(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，于是f(x)有极小值f(1)＝0，无极大值．(2)易知f′(x)＝2x＋a－在区间上单调递增，n又由题意可得f′(x)＝2x＋a－＝0在上无解．即f′≥0或f′(1)≤0，解得a≥1或a≤－1，即a的取值范围为(－∞，－1]∪[1，＋∞)．13．已知函数f(x)＝lnx－ax(a∈R)．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当a>0时，求函数f(x)在[1,2]上的最小值．解　(1)f′(x)＝－a(x>0)，①当a≤0时，f′(x)＝－a>0，即函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)．②当a>0时，令f′(x)＝－a＝0，可得x＝，当00；当x>时，f′(x)＝<0，故函数f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为综上可知，当a≤0时，函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；当a>0时，函数f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.(2)①当≤1，即a≥1时，函数f(x)在[1,2]上是减函数，所以f(x)的最小值是f(2)＝ln2－2a.②当≥2，即0f(2ln2)解析　f′(x)＝ex(ax＋a＋b)－2x＋4.∵曲线在点(0，f(0))处的切线方程为y＝2x－3.∴f(0)＝－3，f′(0)＝2，∴解得f(x)＝ex(x－3)－x2＋4x，f′(x)＝ex(x－2)－2x＋4＝(x－2)(ex－2)．令f′(x)＝0，得x＝ln2或x＝2.∴当x∈(－∞，ln2)∪(2，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈(ln2,2)时，f′(x)<0，故f(x)在(－∞，ln2)，(2，＋∞)上单调递增，在(ln2,2)上单调递减．∵ln3,2ln2∈(ln2,2)，又ln3<2ln2，∴f(ln3)>f(2ln2)．15．设函数f(x)＝alnx－bx2(x>0)，若函数f(x)在x＝1处与直线y＝－相切．(1)求实数a，b的值；(2)求函数f(x)在上的最大值．解　(1)f′(x)＝－2bx，∵函数f(x)在x＝1处与直线y＝－相切，∴解得(2)由(1)知，f(x)＝lnx－x2，f′(x)＝－x＝，n当≤x≤e时，令f′(x)>0，得≤x<1，令f′(x)<0，得1