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人教A版高中数学选修1-1同步作业:第3章 导数及其应用3.3.1

作者:高考题库网
来源:https://www.bjmy2z.cn/gaokao
2020-09-22 07:50
tags:高中数学选修1-1

苗利金高中数学百度云-高中数学教资笔试大纲

2020年9月22日发(作者:燕贵)


第三章 3.3 3.3.1

一、选择题
1.(2018·江西九江期末)函数f(x)=ln x-x的单调递增区间是( B )
A.(-∞,1)
C.(0,+∞)
B.(0,1)
D.(1,+∞)
1
解析 易知函数f(x)=ln x-x的定义域为(0,+∞ ),由f′(x)=-1>0得0x
函数f(x)=ln x-x的单调递增区间是(0,1).
1
,+∞
?
上单调递增,则a的取值 范
2.(2018·山东莱阳期末)若函数f(x)=ax-ln x在
?
?
2
?
围是( A )
A.[2,+∞)
C.(-∞,0]
1
解析 f′(x)=a-
(x>0),
x
1
,+∞
?
上单调递增, ∵f(x)在
?
?< br>2
?
11
1
,+∞
?
上单调递减,∴a≥y
max
,即a≥2.
∴f′(x)≥0,即a≥,又y=在
?
?
x x
?
2
3.已知函数f(x)=x+ln x,则有( A )
A.f(2)C.f(3)B.f(e)D.f(e)B.(-∞,2]
D.(-∞,0]∪[2,+∞)
11
解析 因为在定义域(0,+∞)上f′(x)=+
>0,
2x
x
所以f(x)在(0,+∞)上是增函数,
所以有f(2)1
4.函数y=x
2
-ln x的单调递减区间为( B )
2
A.(-1,1)
C.(1,+∞)
B.(0,1)
D.(0,+∞)
1
解析 函数y=
x
2
-ln x的定义域为(0,+∞),
2
1
?x-1??x+1?
y′=x-
=,
xx
1
令y′<0,则可得函数y=
x
2
-ln x的单调递减区间是(0,1).
2


5.(2018·甘肃嘉峪关月考)已知 函数f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示,那么函数y=
f(x)的图象最有可能是( A )


解析 由导函数的图象可知,
当-20,则f(x)单调递增;
当x<-2或x>0时,f′(x)<0,则f(x)单调递减,故选A.
6.在下列区间中,函数f(x)=e
x
+4x-3的零点所在的区间为( C )
1
-,0
?

A.
?
?
4
?
11
?
C.
?
?
4

2
?

解析 由题得f′(x)=e
x
+4>0,
所以f(x)在其定义域上严格单调递增.
1

?
=e

4

-4<0,f(0)=e
0
-3=-2<0, 因为f
?
?
4
?
1
?
4
?
1
?
=e
2

-1>0, f
?
=e

-2<0,f
?
4< br>??
2
?
1
??
1
??
1

1
?
内. 即f
?
f<0,f(x)的零点在
?
4
??
2
??
42
?
二、填空题
4
7.函数y= a+x+
的单调递增区间为____(-∞,-2),(2,+∞)____.
x
4
?x+2??x-2?
解析 函数的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞ ),y′=1-
2
=,当y′>0时,
xx
2
解得x>2或x<-2 ,
所以函数的单调递增区间为(-∞,-2),(2,+∞).
ax+11
-∞,
?
8.已知函数f(x)=
在(-2,+∞)上单调递减,则实数a的取值范围为__ __
?
2
??
x+2
____.
a?x+2?-?ax+1?2a-1
1
解析 ∵f′(x)==,∴f′(x)<0,即2a-1<0,∴a<
.
22
2
?x+2??x+2?
1
1
1
0,
?
B.
??
4
?
13
?
D.
?
?
2

4
?

1


3
9.若函数f(x)=x
3
+bx
2
+cx+d的单调递减区间为[-1,2],则b=____-
____,c=____
2
-6____.
解析 f′(x)=3x
2+2bx+c,由题意知-13
3x
2
+2bx+c=0的两个根,把-1,2分别代入方程,解得b=-,c=-6.
2
三、解答题
1
10.证明:当x≥0时,恒有ln(1+x)≥x-x
2
.
2
1
证明 令f(x)=ln(1+x)-x+
x
2
(x≥0),
2
1x
2
则f′(x)=-1+x=≥0(x≥0),
1+xx+1
所以f(x)在[0,+∞)上是增函数,
1
故f(x)≥f(0)=0,即ln(1+x)-x+
x
2
≥0,
2
1
所以ln(1+x)≥x-
x
2
.
2
a
11.已知函数f(x)是三次项系数为
的三次函数,并且有f′(x)-9x<0的解集 为(1,2).
3
(1)若f′(x)+7a=0仅有一解,求f′(x)的表达式;
(2)若f(x)在R上单调递增,求实数a的取值范围.
a
解析 由条件可设f( x)=
x
3
+a
2
x
2
+a
1
x +a
0

3
于是f′(x)=ax
2
+2a
2< br>x+a
1
.
∵f′(x)-9x<0的解集为(1,2),
∴a>0,且f′(1)-9=0,f′(2)-18=0,
??
?
a+2 a
2
+a
1
-9=0,
?
a
1
=2a,< br>∴
?
解得
?

?
4a+4a
2
+a
1
-18=0,
?
??
2a
2
=9-3a,

∴f′(x)=ax
2
+(9-3a)x+2a.
(1)∵f′(x)+7a=0仅有一解,且a≠0,
∴Δ
1
=(9-3a )
2
-36a
2
=0,解得a=1或a=-3.
又a>0,∴a=1,∴f′(x)=x
2
+6x+2.
(2)∵f(x)在R上单调递增,
∴f′(x)=ax
2
+(9-3a)x+2a≥0的解集为R.
∴Δ2
=(9-3a)
2
-8a
2
≤0,解得27-182≤a≤2 7+182.
从而实数a的取值范围是{a|27-182≤a≤27+182}.
12. 已知函数f(x)=e
x
,曲线y=f(x)在点(x
0
,y
0)处的切线方程为y=g(x).


(1)证明:对?x∈R,f(x)≥g(x);
(2)当x≥0时,f(x)≥1+
ax
恒成立,求实数a的取值范围.
1+x
解析 (1)证明:由题意知g(x)=ex
0
(x-x
0< br>)+ex
0
.
令h(x)=f(x)-g(x)=e
x
-e x
0
(x-x
0
+1),
则h′(x)=e
x
-ex
0
.
当x0
时,h′(x)<0,h(x)单调递减;
当x=x
0
时,h′(x)=0,此时h(x
0
)=0;
当x>x
0
时,h′(x)>0,h(x)单调递增.
故h(x)≥h(x
0
)=0,即对?x∈R,f(x)≥g(x).
(2)当a≤1时,由(1)知,当x
0
=0时,e
x
≥x+1.
axaxax
x?x+1-a?
故f(x)-1-=e
x
-1-≥x -=≥0.
1+x1+x1+x1+x
当a>1时,令H(x)=[f(x)-1](x+1 )-ax=(e
x
-1)·(x+1)-ax,
则H′(x)=e
x
(2+x)-1-a.
令F(x)=H′(x)=e
x
(2+x)-1-a,
则F′(x)=e
x
(3+x)>0,
故H′(x)在[0,+∞)上单调递增,而H′(0)=1-a<0,
故存在区间(0,x
1
)使得H′(x)<0,H(x)单调递减,
ax
使得H(x)x+1
ax
与f(x)≥1+在[0,+∞)上恒成立矛盾.
1+x
综上可得a的取值范围是(-∞,1].





















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