2017届高考理科数学知识点题组训练题6.doc

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题组层级快练(十五)
1．当x>0时，f(x)＝x＋的单调减区间是(　　)
A．(2，＋∞)　　　　　　 B．(0，2)
C．(，＋∞) D．(0，)
答案　B
解析　f′(x)＝1－＝<0，
又∵x>0，∴x∈(0，2)，∴选B.
2．函数f(x)＝1＋x－sinx在(0，2π)上是(　　)
A．增函数 B．减函数
C．在(0，π)上增，在(π，2π)上减 D．在(0，π)上减，在(π，2π)上增
答案　A
解析　∵f′(x)＝1－cosx>0，∴f(x)在(0，2π)上递增．
3．已知e为自然对数的底数，则函数y＝xex的单调递增区间是(　　)
A．[－1，＋∞) B．(－∞，－1]
C．[1，＋∞) D．(－∞，1]
答案　A
解析　令y′＝(1＋x)ex≥0.∵ex>0，∴1＋x≥0，∴x≥－1，选A.
4．(2016·长沙雅礼中学模拟)已知函数f(x)＝x3＋ax＋4，则“a>0”是“f(x)在R上单调递增”的(　　)
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
答案　A
解析　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．
5．若函数y＝a(x3－x)的递减区间为(－，)，则a的取值范围是(　　)
A．a＞0 B．－1＜a＜0
C．a＞1 D．0＜a＜1
答案　A
解析　y′＝a(3x2－1)，解3x2－1＜0，得－＜x＜.
∴f(x)＝x3－x在(－，)上为减函数．
又y＝a·(x3－x)的递减区间为(－，)．∴a＞0.
6．函数f(x)＝lnx－ax(a>0)的单调递增区间为(　　)
A．(0，) B．(，＋∞)
C．(－∞，) D．(－∞，a)
答案　A
解析　由f′(x)＝－a>0，得0<x<.
∴f(x)的单调递增区间为(0，)．
7．如果函数f(x)的导函数f′(x)的图像如图所示，那么函数f(x)的图像最有可能的是(　　)

答案　A
8．(2016·合肥一中模拟)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．a<b<c B．c<a<b
C．c<b<a D．b<c<a
答案　B
解析　由f(x)＝f(2－x)可得对称轴为x＝1，故f(3)＝f(1＋2)＝f(1－2)＝f(－1)．
又x∈(－∞，1)时，(x－1)f′(x)<0，可知f′(x)>0.
即f(x)在(－∞，1)上单调递增，f(－1)<f(0)<f()，即c<a<b.
9．(2016·南京市金陵中学月考)已知函数f(x)(x∈R)的图像上任一点(x0，y0)处的切线方程为y－y0＝(x0－2)(x02－1)(x－x0)，那么函数f(x)的单调减区间是(　　)
A．[－1，＋∞) B．(－∞，2]
C．(－∞，－1)和(1，2) D．[2，＋∞)
答案　C
解析　根据函数f(x)(x∈R)的图像上任一点(x0，y0)处的切线方程为y－y0＝(x0－2)(x02－1)(x－x0)，可知其导数f′(x)＝(x－2)(x2－1)＝(x＋1)(x－1)(x－2)，令f′(x)<0，得x<－1或1<x<2.因此f(x)的单调减区间是(－∞，－1)和(1，2)．
10．(2013·浙江文)已知函数y＝f(x)的图像是下列四个图像之一，且其导函数y＝f′(x)的图像如图所示，则该函数的图像是(　　)

答案　B
解析　由函数f(x)的导函数y＝f′(x)的图像自左至右是先上升后下降，可知函数y＝f(x)图像的切线的斜率自左向右先增大后减小，故选B.
11．(2015·新课标全国Ⅱ)设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝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(　　)
A．(－∞，－1)∪(0，1) B．(－1，0)∪(1，＋∞)
C．(－∞，－1)∪(－1，0) D．(0，1)∪(1，＋∞)
答案　A
解析　令F(x)＝，因为f(x)为奇函数，所以F(x)为偶函数，由于F′(x)＝，当x>0时，xf′(x)－f(x)<0，所以F(x)＝在(0，＋∞)上单调递减，根据对称性，F(x)＝在(－∞，0)上单调递增，又f(－1)＝0，f(1)＝0，数形结合可知，使得f(x)>0成立的x的取值范围是(－∞，－1)∪(0，1)．故选A.
12．若函数f(x)的导函数为f′(x)＝x2－4x＋3，则函数f(x＋1)的单调递减区间是________．
答案　(0，2)
13．(2016·保定模拟)已知函数f(x)的导函数为f′(x)＝5＋cosx，x∈(－1，1)，且f(0)＝0，若f(1－x)＋f(1－x2)<0，则实数x的取值范围为________．
答案　(1，)
解析　∵导函数是偶函数，∴原函数f(x)是奇函数，且定义域为(－1，1)．又导函数值恒大于0，∴原函数在定义域上单调递增，∴所求不等式变形为f(1－x)<f(x2－1)，∴－1<1－x<x2－1<1，解得1<x<，∴实数x的取值范围是(1，)．
14．若函数f(x)的定义域为R，且满足f(2)＝2，f′(x)>1，则不等式f(x)－x>0的解集为________．
答案　(2，＋∞)
解析　令g(x)＝f(x)－x，∴g′(x)＝f′(x)－1.由题意知g′(x)>0，∴g(x)为增函数．
∵g(2)＝f(2)－2＝0，∴g(x)>0的解集为(2，＋∞)．
15．已知函数f(x)＝kx3＋3(k－1)x2－k2＋1(k>0)的单调递减区间是(0，4)．
(1)实数k的值为________；
(2)若在(0，4)上为减函数，则实数k的取值范围是________．
答案　(1)　(2)0<k≤
解析　(1)f′(x)＝3kx2＋6(k－1)x，由题意知f′(4)＝0，解得k＝.
(2)由f′(x)＝3kx2＋6(k－1)x≤0并结合导函数的图像可知，必有－≥4，解得k≤.又k>0，故0<k≤.
16．已知函数f(x)＝x－＋1－alnx，a>0.讨论f(x)的单调性．
答案　当0<a≤2时，单调递增区间为(0，＋∞)；当a>2时，单调递减区间为(，)，单调递增区间为(0，)，(，＋∞)
解析　由题意知，f(x)的定义域是(0，＋∞)，导函数f′(x)＝1＋－＝.
设g(x)＝x2－ax＋2，二次方程g(x)＝0的判别式Δ＝a2－8.
①当Δ<0，即0<a<2时，对一切x>0都有f′(x)>0.
此时f(x)在(0，＋∞)上是单调递增函数．
②当Δ＝0，即a＝2时，仅对x＝有f′(x)＝0，对其余的x>0都有f′(x)>0.此时f(x)是(0，＋∞)上的单调递增函数．
③当Δ>0，即a>2时，方程g(x)＝0有两个不同的实根x1＝，x2＝，0<x1<x2.
所以f(x)，f′(x)随x的变化情况如下表：
X
(0，x1)
x1
(x1，x2)
x2
(x2，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)

极大值

极小值

此时f(x)在(0，)上单调递增，在(，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增．
17．(2015·重庆)已知函数f(x)＝ax3＋x2(a∈R)在x＝－处取得极值．
(1)确定a的值；
(2)若g(x)＝f(x)ex，讨论g(x)的单调性．
答案　(1)a＝　(2)g(x)在(－∞，－4]和[－1，0]上为减函数，在[－4，－1]和[0，＋∞)上为增函数
解析　(1)对f(x)求导得f′(x)＝3ax2＋2x，
因为f(x)在x＝－处取得极值，所以f′(－)＝0，
即3a×＋2×(－)＝－＝0，解得a＝.
(2)由(1)得g(x)＝(x3＋x2)ex.
g′(x)＝(x3＋x2＋2x)ex＝x(x＋1)(x＋4)ex.
令g′(x)＝0，解得x＝0，x＝－1或x＝－4.
当x<－4时，g′(x)<0，故g(x)为减函数；
当－4<x<－1时，g′(x)>0，故g(x)为增函数；
当－1<x<0时，g′(x)<0，故g(x)为减函数；
当x>0时，g′(x)>0，故g(x)为增函数．
综上，知g(x)在(－∞，－4]和[－1，0]上为减函数，在[－4，－1]和[0，＋∞)上为增函数．

1．(2014·陕西理)如图，某飞行器在4千米高空水平飞行，从距着陆点A的水平距离10千米处开始下降，已知下降飞行轨迹为某三次函数图像的一部分，则该函数的解析式为(　　)

A．y＝x3－x B．y＝x3－x
C．y＝x3－x D．y＝－x3＋x
答案　A
解析　设所求函数解析式为y＝f(x)，由题意知f(5)＝－2，f(－5)＝2，且f′(±5)＝0，代入验证易得y＝x3－x符合题意，故选A.
2．(2016·湖南十三校第二次联考)下列函数中，在区间(0，＋∞)上为增函数的是(　　)
A．f(x)＝sin2x B．f(x)＝xex
C．f(x)＝x3－x D．f(x)＝－x＋lnx
答案　B
解析　f(x)＝xex的导函数为f′(x)＝(1＋x)ex，易知f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，所以该函数在区间(0，＋∞)上为增函数．故选B.
3．(2016·山西太原质量检测)已知函数f(x)＝x(ex－)，若f(x1)<f(x2)，则(　　)
A．x1>x2 B．x1＋x2＝0
C．x1<x2 D．x12<x22
答案　D
解析　因为f(－x)＝－x(e－x－)＝x(ex－)＝f(x)，且易知f(x)的定义域为R，所以f(x)为偶函数．由f(x1)<f(x2)，得f(|x1|)<f(|x2|)(*)．由已知可得，f′(x)＝ex－＋x(ex＋)＝.当x≥0时，e2x(x＋1)＋x－1≥e0(0＋1)＋0－1＝0，此时f′(x)≥0，所以f(x)在[0，＋∞)上为增函数，由(*)式得|x1|<|x2|，即x12<x22，故选D.
4．(2016·河北唐山一模)直线y＝a分别与曲线y＝2(x＋1)，y＝x＋lnx交于点A，B，则|AB|的最小值为(　　)
A．3 B．2
C. D.
答案　D
解析　令2(x＋1)＝a，解得x＝－1.设方程x＋lnx＝a的根为t，即t＋lnt＝a，则|AB|＝|t－＋1|＝|t－＋1|＝|－＋1|.设g(t)＝－＋1(t>0)，则g′(t)＝－＝，令g′(t)＝0，得t＝1，当t∈(0，1)时，g′(t)<0；当t∈(1，＋∞)时，g′(t)>0，所以g(t)min＝g(1)＝，所以|AB|≥，所以|AB|的最小值为.
5．(2015·四川)已知函数f(x)＝－2xlnx＋x2－2ax＋a2，其中a>0.
(1)设g(x)是f(x)的导函数，讨论g(x)的单调性；
(2)证明：存在a∈(0，1)，使得f(x)≥0恒成立，且f(x)＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解．
解析　(1)由已知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
g(x)＝f′(x)＝2(x－1－lnx－a)，
所以g′(x)＝2－＝.
当x∈(0，1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增．
(2)由f′(x)＝2(x－1－lnx－a)＝0，解得a＝x－1－lnx.
令φ(x)＝－2xlnx＋x2－2x(x－1－lnx)＋(x－1－lnx)2＝(1＋lnx)2－2xlnx，
则φ(1)＝1>0，φ(e)＝2(2－e)<0.
于是存在x0∈(1，e)，使得φ(x0)＝0.
令a0＝x0－1－lnx0＝u(x0)，其中u(x)＝x－1－lnx(x≥1)．
由u′(x)＝1－≥0知，函数u(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，
故0＝u(1)<a0＝u(x0)<u(e)＝e－2<1，即a0∈(0，1)．
当a＝a0时，有f′(x0)＝0，f(x0)＝φ(x0)＝0.
再由(1)知，f′(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，
当x∈(1，x0)时，f′(x)<0，从而f(x)>f(x0)＝0；
当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，从而f(x)>f(x0)＝0；
又当x∈(0，1]时，f(x)＝(x－a0)2－2xlnx>0.
故x∈(0，＋∞)时，f(x)≥0.
综上所述，存在a∈(0，1)，使得f(x)≥0恒成立，且f(x)＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解．
6．(2016·山东师大附中)已知函数f(x)＝x－－lnx，a>0.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若f(x)>x－x2在(1，＋∞)上恒成立，求实数a的取值范围．
答案　(1)0<a<时，单调递增区间为(0，)，(，＋∞)，单调递减区间为(，)；a≥时，单调递增区间为(0，＋∞)
(2)0<a≤1
解析　(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
由于f′(x)＝1＋－＝，
令m(x)＝x2－x＋a，
①当Δ＝1－4a≤0，即a≥时，f′(x)≥0恒成立，
所以函数f(x)在(0，＋∞)上是增函数；
②当Δ＝1－4a>0，即0<a<时，由x2－x＋a>0，得0<x<或x>.
所以f(x)在(0，)，(，＋∞)上是增函数，在(，)上是减函数．
综上知，当0<a<时，f(x)在(0，)，(，＋∞)上是增函数，在(，)上是减函数．
当a≥时，f(x)在(0，＋∞)上是增函数．
(2)f(x)>x－x2，即x2－－lnx>0，
因为x∈(1，＋∞)，所以a<x3－xlnx.
令g(x)＝x3－xlnx，h(x)＝g′(x)＝3x2－lnx－1，h′(x)＝6x－＝，
在(1，＋∞)上h′(x)>0，得h(x)>h(1)＝2，即g′(x)>0，故g(x)＝x3－xlnx在(1，＋∞)上为增函数，g(x)>g(1)＝1，所以0<a≤1.
7．(2016·郑州一中月考)已知函数f(x)＝exsinx.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)当x∈[0，]时，f(x)≥kx，求实数k的取值范围．
解析　(1)f′(x)＝exsinx＋excosx＝ex(sinx＋cosx)．
令y＝sinx＋cosx＝sin(x＋)．
当x∈(2kπ－，2kπ＋)，k∈Z，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(2kπ＋，2kπ＋)，k∈Z，f′(x)<0，f(x)单调递减．
函数f(x)的单调递增区间为(2kπ－，2kπ＋)，k∈Z；
函数f(x)的单调递减区间为(2kπ＋，2kπ＋)，k∈Z.
(2)令g(x)＝f(x)－kx＝exsinx－kx，即g(x)≥0恒成立，
而g′(x)＝ex(sinx＋cosx)－k，
令h(x)＝ex(sinx＋cosx)，∴h′(x)＝ex(sinx＋cosx)＋ex(cosx－sinx)＝2excosx.
∵x∈[0，]，h′(x)≥0，
∴h(x)在[0，]上单调递增，1≤h(x)≤e.
结合(1)，得
当k≤1时，g′(x)≥0，g(x)在[0，]上单调递增，g(x)≥g(0)＝0，符合题意；
当k≤e时，g′(x)≤0，g(x)在[0，]上单调递减，g(x)≤g(0)＝0，与题意不符；
当1<k<e时，g′(x)为一个单调递增函数，而g′(0)＝1－k<0，g′()＝e－k>0，由零点存在性定理，必存在一个零点x0，使得g′(x0)＝0，当x∈[0，x0)时，g′(x)≤0，从而g(x)在x∈[0，x0)上单调递减，从而g(x0)≤g(0)＝0，与题意不符，
综上所述，k的取值范围为(－∞，1]．
8．设函数f(x)＝x(ex－1)－ax2.
(1)若a＝，求f(x)的单调区间；
(2)若当x≥0时f(x)≥0，求a的取值范围．
答案　(1)增区间(－∞，－1]，[0，＋∞)，减区间[－1，0]
(2)(－∞，1]
解析　(1)当a＝时，f(x)＝x(ex－1)－x2，
f′(x)＝ex－1＋xex－x＝(ex－1)(x＋1)．
当x∈(－∞，－1)时，f′(x)＞0；当x∈(－1，0)时，f′(x)＜0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0.
故f(x)在(－∞，－1]，[0，＋∞)上单调递增，在[－1，0]上单调递减．
(2)f(x)＝x(ex－1－ax)．
令g(x)＝ex－1－ax，则g′(x)＝ex－a.
若a≤1，则当x∈(0，＋∞)时，g′(x)＞0，g(x)为增函数，而g(0)＝0，从而当x≥0时g(x)≥0，即f(x)≥0.
若a＞1，则当x∈(0，ln a)时，g′(x)＜0，g(x)为减函数，而g(0)＝0，从而当x∈(0，lna)时g(x)<0，即f(x)<0.综上得a的取值范围为(－∞，1]．
9．设a为实数，函数f(x)＝(x－a)2＋|x－a|－a(a－1)．当a≥2时，讨论f(x)＋在区间(0，＋∞)内的零点个数．
解析　令F(x)＝f(x)＋
＝则F(x)在(0，＋∞)上的图像是连续不断的一条曲线．
当a＝2时，此时f(x)＝
当x≥2时，因为F′(x)＝2x－3－＝2(x－2)＋(1－)≥0，
所以F(x)在[2，＋∞)上单调递增．
又F(2)＝0，故有唯一零点x＝2.
当0<x<2时，由于f(x)>－2，>2，因此F(x)>0，从而F(x)没有零点．
当a>2时，
①当0<x<a时，因为F′(x)＝2x－(2a＋1)－＝2(x－a)－()<0，
所以F(x)在(0，a)上为减函数．
又F(1)＝4>0，F(a)＝a＋－a2<a＋2－a2<2a－a2<0，
所以由函数零点的存在性定理，知F(x)在(0，a)上有唯一零点．
②当x≥a时，因为F′(x)＝2x－(2a－1)－＝2(x－a)＋()>0，
所以F(x)在[a，＋∞)上为增函数．
由①知，F(a)<0，又F(2a－1)＝>0，
所以由函数零点的存在性定理，知F(x)在[a，＋∞)内有唯一零点；
综上，可得当a＝2时，f(x)＋在区间(0，＋∞)内有唯一零点；
当a>2时，f(x)＋在区间(0，＋∞)内有2个零点．

沁园春·雪 <毛泽东>
北国风光，千里冰封，万里雪飘。
望长城内外，惟余莽莽；
大河上下，顿失滔滔。
山舞银蛇，原驰蜡象，
欲与天公试比高。
须晴日，看红装素裹，分外妖娆。
江山如此多娇，引无数英雄竞折腰。
惜秦皇汉武，略输文采；
唐宗宋祖，稍逊风骚。
一代天骄，成吉思汗，
只识弯弓射大雕。
俱往矣，数风流人物，还看今朝。
薄雾浓云愁永昼， 瑞脑消金兽。 佳节又重阳， 玉枕纱厨， 半夜凉初透。
东篱把酒黄昏后， 有暗香盈袖。 莫道不消魂， 帘卷西风， 人比黄花瘦。

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