課時(shí)規(guī)范練A組基礎(chǔ)對點(diǎn)練1.函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)的圖像是如圖所示的一條直線l，l與x軸的交點(diǎn)坐標(biāo)為(1,0)，則f(0)與f(3)的大小關(guān)系為()A．f(0)<f(3)B．f(0)>f(3)C．f(0)＝f(3)D．無法確定解析：由題意知f(x)的圖像是以x＝1為對稱軸，且開口向下的拋物線，所以f(0)＝f(2)>f(3)．選B.答案：B2．已知函數(shù)y＝f(x)的圖像是下列四個(gè)圖像之一，且其導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的圖像如圖所示，則該函數(shù)的圖像是()解析：在(－1,0)上f′(x)單調(diào)遞增，所以f(x)圖像的切線斜率呈遞增趨勢；在(0,1)上f′(x)單調(diào)遞減，所以f(x)圖像的切線斜率呈遞減趨勢．故選B.答案：B3．若函數(shù)f(x)＝kx－lnx在區(qū)間(1，＋∞)單調(diào)遞增，則k的取值范圍是()A．(－∞，－2] B．(－∞，－1]C．[2，＋∞) D．[1，＋∞)解析：依題意得f′(x)＝k－eq\f(1,x)≥0在(1，＋∞)上恒成立，即k≥eq\f(1,x)在(1，＋∞)上恒成立，∵x>1，∴0<eq\f(1,x)<1，∴k≥1，故選D.答案：D4．(2018·遼寧大連高三雙基測試)已知函數(shù)f(x)＝ex－2x－1(其中e為自然對數(shù)的底數(shù))，則y＝f(x)的圖像大致為()解析：依題意得f′(x)＝ex－2.當(dāng)x＜ln2時(shí)，f′(x)＜0，f(x)是減函數(shù)，f(x)＞f(ln2)＝1－2ln2；當(dāng)x＞ln2時(shí)，f′(x)＞0，f(x)是增函數(shù)，因此對照各選項(xiàng)知選C.答案：C5．已知函數(shù)f(x)＝ex－(x＋1)2(e為2.71828…)，則f(x)的大致圖像是()解析：對f(x)＝ex－(x＋1)2求導(dǎo)得f′(x)＝ex－2x－2，顯然x→＋∞時(shí)，導(dǎo)函數(shù)f′(x)>0，函數(shù)f(x)是增函數(shù)，排除A，D；x＝－1時(shí)，f′(－1)≠0，所以x＝－1不是函數(shù)的極值點(diǎn)，排除B，故選C.答案：C6．(2018·江淮十校聯(lián)考)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2－9lnx在區(qū)間[a－1，a＋1]上單調(diào)遞減，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A．1<a≤2 B．a(chǎn)≥4C．a(chǎn)≤2 D．0<a≤3解析：易知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝x－eq\f(9,x)，由f′(x)＝x－eq\f(9,x)<0，解得0<x<3.因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2－9lnx在區(qū)間[a－1，a＋1]上單調(diào)遞減，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－1>0，,a＋1≤3，))解得1<a≤2，選A.答案：A7．已知f(x)＝eq\f(lnx,x)，則()A．f(2)>f(e)>f(3)B．f(3)>f(e)>f(2)C．f(3)>f(2)>f(e)D．f(e)>f(3)>f(2)解析：f(x)的定義域是(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，令f′(x)＝0，得x＝e.∴當(dāng)x∈(0，e)時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(e，＋∞)時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，故x＝e時(shí)，f(x)max＝f(e)＝eq\f(1,e)，而f(2)＝eq\f(ln2,2)＝eq\f(ln8,6)，f(3)＝eq\f(ln3,3)＝eq\f(ln9,6)，所以f(e)>f(3)>f(2)，故選D.答案：D8．(2018·四川成都模擬)f(x)是定義域?yàn)镽的函數(shù)，對任意實(shí)數(shù)x都有f(x)＝f(2－x)成立．若當(dāng)x≠1時(shí)，不等式(x－1)·f′(x)＜0成立，若a＝f(0.5)，b＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))，c＝f(3)，則a，b，c的大小關(guān)系是()A．b＞a＞c B．a(chǎn)＞b＞cC．c＞b＞a D．a(chǎn)＞c＞b解析：因?yàn)閷θ我鈱?shí)數(shù)x都有f(x)＝f(2－x)成立，所以函數(shù)f(x)的圖像關(guān)于直線x＝1對稱，又因?yàn)楫?dāng)x≠1時(shí)，不等式(x－1)·f′(x)＜0成立，所以函數(shù)f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))＞f(0.5)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＞f(3)，即b＞a＞c.答案：A9．(2018·九江模擬)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2＋2ax－lnx，若f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2))上是增函數(shù)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為________．解析：由題意知f′(x)＝x＋2a－eq\f(1,x)≥0在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2))上恒成立，即2a≥－x＋eq\f(1,x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2))上恒成立，∵eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x＋\f(1,x)))max＝eq\f(8,3)，∴2a≥eq\f(8,3)，即a≥eq\f(4,3).答案：eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，＋∞))10．設(shè)f′(x)是奇函數(shù)f(x)(x∈R)的導(dǎo)函數(shù)，f(－2)＝0，當(dāng)x＞0時(shí)，xf′(x)－f(x)＞0，則使得f(x)＞0成立的x的取值范圍是________．解析：令g(x)＝eq\f(fx,x)，則g′(x)＝eq\f(xf′x－fx,x2)，∴當(dāng)x＞0時(shí)，g′(x)＞0，即g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∵f(x)為奇函數(shù)，f(－2)＝0，∴f(2)＝0，∴g(2)＝eq\f(f2,2)＝0，結(jié)合奇函數(shù)f(x)的圖像知，f(x)＞0的解集為(－2,0)∪(2，＋∞)，故填(－2,0)∪(2，＋∞)．答案：(－2,0)∪(2，＋∞)11．(2018·荊州質(zhì)檢)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(a,2)x2＋bx＋c，曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程為y＝1.(1)求b，c的值；(2)若a＞0，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間．解析：(1)f′(x)＝x2－ax＋b，由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f0＝1，,f′0＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(c＝1，,b＝0.))(2)由(1)得，f′(x)＝x2－ax＝x(x－a)(a＞0)，當(dāng)x∈(－∞，0)時(shí)，f′(x)＞0；當(dāng)x∈(0，a)時(shí)，f′(x)＜0；當(dāng)x∈(a，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0.所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，0)，(a，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0，a)．B組能力提升練1．已知x∈(0,2)，若關(guān)于x的不等式eq\f(x,ex)＜eq\f(1,k＋2x－x2)恒成立，則實(shí)數(shù)k的取值范圍為()A．[0，e＋1) B．[0,2e－1)C．[0，e) D．[0，e－1)解析：依題意，知k＋2x－x2＞0，即k＞x2－2x對任意x∈(0,2)恒成立，從而k≥0，所以由eq\f(x,ex)＜eq\f(1,k＋2x－x2)可得k＜eq\f(ex,x)＋x2－2x.令f(x)＝eq\f(ex,x)＋x2－2x.則f′(x)＝eq\f(exx－1,x2)＋2(x－1)＝(x－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ex,x2)＋2)).令f′(x)＝0，得x＝1，當(dāng)x∈(1,2)時(shí)，f′(x)＞0，函數(shù)f(x)在(1,2)上單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，f′(x)＜0，函數(shù)f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，所以k＜f(x)min＝f(1)＝e－1，故實(shí)數(shù)k的取值范圍是[0，e－1)．答案：D2．已知函數(shù)f(x)＝ax2＋bx－lnx(a＞0，b∈R)，若對任意x＞0，f(x)≥f(1)，則()A．lna＜－2b B．lna≤－2bC．lna＞－2b D．lna≥－2b解析：f′(x)＝2ax＋b－eq\f(1,x)，由題意可知f′(1)＝0，即2a＋b＝1，由選項(xiàng)可知，只需比較lna＋2b與0的大小，而b＝1－2a，所以只需判斷l(xiāng)na＋2－4a的符號(hào)．構(gòu)造一個(gè)新函數(shù)g(x)＝2－4x＋lnx，則g′(x)＝eq\f(1,x)－4，令g′(x)＝0，得x＝eq\f(1,4)，當(dāng)x＜eq\f(1,4)時(shí)，g(x)為增函數(shù)，當(dāng)x＞eq\f(1,4)時(shí)，g(x)為減函數(shù)，所以對任意x＞0有g(shù)(x)≤geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＝1－ln4＜0，所以有g(shù)(a)＝2－4a＋lna＝2b＋lna＜0?lna＜－2b，故選A.答案：A3．已知f(x)＝x3－6x2＋9x－abc，a＜b＜c，且f(a)＝f(b)＝f(c)＝0.現(xiàn)給出如下結(jié)論：①f(0)f(1)＞0；②f(0)f(1)＜0；③f(0)f(3)＞0；④f(0)f(3)＜0.其中正確結(jié)論的序號(hào)是()A．①③ B．①④C．②③ D．②④解析：∵f′(x)＝3x2－12x＋9＝3(x－1)(x－3)．由f′(x)＜0，得1＜x＜3，由f′(x)＞0，得x＜1或x＞3，∴f(x)在區(qū)間(1,3)上是減函數(shù)，在區(qū)間(－∞，1)，(3，＋∞)上是增函數(shù)．又a＜b＜c，f(a)＝f(b)＝f(c)＝0，∴y極大值＝f(1)＝4－abc＞0，y極小值＝f(3)＝－abc＜0，∴0＜abc＜4.∴a，b，c均大于零，或者a＜0，b＜0，c＞0.又x＝1，x＝3為函數(shù)f(x)的極值點(diǎn)，后一種情況不可能成立，如圖．∴f(0)＜0，∴f(0)f(1)＜0，f(0)f(3)＞0，∴正確結(jié)論的序號(hào)是②③.答案：C4．已知函數(shù)f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零點(diǎn)x0，且x0>0，則a的取值范圍是()A．(2，＋∞) B．(－∞，－2)C．(1，＋∞) D．(－∞，－1)解析：當(dāng)a＝0時(shí)，顯然f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，不符合題意．當(dāng)a≠0時(shí)，f′(x)＝3ax2－6x，令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝eq\f(2,a).當(dāng)a＞0時(shí)，eq\f(2,a)＞0，所以函數(shù)f(x)＝ax3－3x2＋1在(－∞，0)與eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)，＋∞))上為增函數(shù)，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,a)))上為減函數(shù)，因?yàn)閒(x)存在唯一零點(diǎn)x0，且x0＞0，則f(0)＜0，即1＜0，不成立．當(dāng)a＜0時(shí)，eq\f(2,a)＜0，所以函數(shù)f(x)＝ax3－3x2＋1在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(2,a)))和(0，＋∞)上為減函數(shù)，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)，0))上為增函數(shù)，因?yàn)閒(x)存在唯一零點(diǎn)x0，且x0＞0，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)))＞0，即a·eq\f(8,a3)－3·eq\f(4,a2)＋1＞0，解得a＞2或a＜－2，又因?yàn)閍＜0，故a的取值范圍為(－∞，－2)．選B.答案：B5．已知函數(shù)f(x)＝－eq\f(1,2)x2－3x＋4lnx在(t，t＋1)上不單調(diào)，則實(shí)數(shù)t的取值范圍是________．解析：∵函數(shù)f(x)＝－eq\f(1,2)x2－3x＋4lnx(x＞0)，∴f′(x)＝－x－3＋eq\f(4,x)，∵函數(shù)f(x)＝－eq\f(1,2)x2－3x＋4lnx在(t，t＋1)上不單調(diào)，∴f′(x)＝－x－3＋eq\f(4,x)＝0在(t，t＋1)上有解，∴eq\f(x2＋3x－4,x)＝0在(t，t＋1)上有解，∴x2＋3x－4＝0在(t，t＋1)上有解，由x2＋3x－4＝0得x＝1或x＝－4(舍去)，∴1∈(t，t＋1)，∴t∈(0,1)，故實(shí)數(shù)t的取值范圍是(0,1)．答案：(0,1)6．已知y＝f(x)為R上的連續(xù)可導(dǎo)函數(shù)，且xf′(x)＋f(x)＞0，則函數(shù)g(x)＝xf(x)＋1(x＞0)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為________．解析：因?yàn)間(x)＝xf(x)＋1(x＞0)，g′(x)＝xf′(x)＋f(x)＞0，所以g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，又g(0)＝1，y＝f(x)為R上的連續(xù)可導(dǎo)函數(shù)，所以g(x)為(0，＋∞)上的連續(xù)可導(dǎo)函數(shù)，又g(x)＞g(0)＝1，所以g(x)在(0，＋∞)上無零點(diǎn)．答案：07．已知函數(shù)g(x)滿足g(x)＝g′(1)ex－1－g(0)x＋eq\f(1,2)x2，且存在實(shí)數(shù)x0使得不等式2m－1≥g(x0)成立，求m的取值范圍．解析：g′(x)＝g′(1)ex－1－g(0)＋x，當(dāng)x＝1時(shí)，g(0)＝1，由g(0)＝g′(1)e0－1，解得g′(1)＝e，所以g(x)＝ex－x＋eq\f(1,2)x2，則g′(x)＝ex－1＋x，當(dāng)x<0時(shí)，g′(x)<0，當(dāng)x>0時(shí)，g′(x)>0，所以當(dāng)x＝0時(shí)，函數(shù)g(x)取得最小值g(0)＝1，根據(jù)題意將不等式轉(zhuǎn)化為2m－1≥g(x)min＝1，所以m≥1.8．已知函數(shù)f(x)＝x2－(2t＋1)x＋tlnx(t∈R)．(1)若t＝1，求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程以及f(x)的極值；(2)設(shè)函數(shù)g(x)＝(1－t)x，若存在x0∈[1，e]，使得f(x0)≥g(x0)成立，求實(shí)數(shù)t的最大值．解析：(1)依題意，函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，當(dāng)t＝1時(shí)，f(x)＝x2－3x＋lnx，f′(x)＝2x－3＋eq\f(1,x)＝eq\f(2x－1x－1,x).由f′(1)＝0，f(1)＝－2，得曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程為y＝－2.令f′(x)＝0，解得x＝eq\f(1,2)或x＝1，f′(x)，f(x)隨x的變化情況如下：xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))1(1，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)極大值極小值由表格知，f(x)極大值＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－eq\f(5,4)＋lneq\f(1,2)，f(x)極小值＝f(1)＝－2.(2)由題意知，不等式f(x)≥g(x)在區(qū)間[1，e]上有解，即x2－2x＋t(lnx－x)≥0在區(qū)間[1，e]上有解．∵當(dāng)x∈[1，e]時(shí)，lnx≤1≤x(不同時(shí)取等號(hào))，∴l(xiāng)nx－x<0，∴t≤eq\f(x2－2x,x－lnx)在區(qū)間[1，e]上有解．令h(x)＝eq\f(x2－2x,x－lnx)，則h′(x)＝eq\f(x－1x＋2－2lnx,x－lnx2).∵x∈[1，e]，∴x＋2>2≥2lnx，∴h′(x)≥0，h(x)單調(diào)遞增，∴x∈[1，e]時(shí)，h(x)max＝h(e)＝eq\f(ee－2,e－1).∴t≤eq\f(ee－2,e－1)，∴實(shí)數(shù)t的最大值是eq\f(ee－2,e－1).9．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(xlnx,x－1).(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間；(2)若對任意x>0，不等式f(x＋1)>－eq\f(1,2)t(x2－x－2)(t∈R)恒成立，求t的取值范圍．解析：(1)f′(x)＝eq\f(lnx＋1x－1－xlnx,x－12)＝eq\f(x－lnx－1,x－12)(x>0且x≠1)．令u(x)＝x－lnx－1，則u′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)，∴u(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴u(x)≥u(1)＝0，即f′(x)>0，∴f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,1)，(1，＋∞)．(2)∵任意x>0，f(x＋1)>－eq\f(1,2)t(x2－x－2)恒成立，即h(x)＝ln(x＋1)＋eq\f(1,2)tx2－tx>0對x>0恒成立，h′(x)＝eq\f(1,x＋1