一、單項(xiàng)選擇題
1．函數(shù)f(x)＝(2x－1)ex的單調(diào)遞增區(qū)間為( )
A. B.
C. D.
答案 C
解析 因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝(2x－1)ex，所以f′(x)＝2ex＋(2x－1)ex＝(2x＋1)ex，
令f′(x)>0，解得x>－，
所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為.
2．(2023·茂名模擬)若曲線y＝f(x)＝x2＋ax＋b在點(diǎn)(1，f(1))處的切線為3x－y－2＝0，則有( )
A．a＝－1，b＝1 B．a＝1，b＝－1
C．a＝－2，b＝1 D．a＝2，b＝－1
答案 B
解析 將x＝1代入3x－y－2＝0得y＝1，則f(1)＝1，
則1＋a＋b＝1，①
∵f(x)＝x2＋ax＋b，
∴f′(x)＝2x＋a，則f′(1)＝3，即2＋a＝3，②
聯(lián)立①②，解得a＝1，b＝－1.
3．已知x＝0是函數(shù)f(x)＝eax－ln(x＋a)的極值點(diǎn)，則a等于( )
A．1 B．2 C．e D．±1
答案 A
解析 因?yàn)?/span>f(x)＝eax－ln(x＋a)，
所以f′(x)＝aeax－.
又x＝0是f(x)的極值點(diǎn)，
所以a－＝0，
解得a＝±1，經(jīng)檢驗(yàn)知a＝－1不符合條件，故a＝1.
4．(2023·濟(jì)南質(zhì)檢)拉格朗日中值定理是微分學(xué)中的基本定理之一，定理內(nèi)容是：如果函數(shù)f(x)在閉區(qū)間[a，b]上的圖象連續(xù)不間斷，在開區(qū)間(a，b)內(nèi)的導(dǎo)數(shù)為f′(x)，那么在區(qū)間(a，b)內(nèi)至少存在一點(diǎn)c，使得f(b)－f(a)＝f′(c)(b－a)成立，其中c叫做f(x)在[a，b]上的“拉格朗日中值點(diǎn)”．根據(jù)這個(gè)定理，可得函數(shù)f(x)＝x3－3x在[－2,2]上的“拉格朗日中值點(diǎn)”的個(gè)數(shù)為( )
A．3 B．2 C．1 D．0
答案 B
解析 函數(shù)f(x)＝x3－3x，
則f(2)＝2，f(－2)＝－2，f′(x)＝3x2－3，
由f(2)－f(－2)＝f′(c)(2＋2)，
得f′(c)＝1，即3c2－3＝1，
解得c＝±∈[－2,2]，
所以f(x)在[－2,2]上的“拉格朗日中值點(diǎn)”的個(gè)數(shù)為2.
5．(2023·濰坊模擬)已知函數(shù)f(x)＝xex－x2－2x－m在(0，＋∞)上有零點(diǎn)，則m的取值范圍是( )
A．[1－ln22，＋∞) B．[－ln22－1，＋∞)
C．[－ln22，＋∞) D.
答案 C
解析 由函數(shù)y＝f(x)在(0，＋∞)上存在零點(diǎn)可知，m＝xex－x2－2x(x>0)有解，
設(shè)h(x)＝xex－x2－2x(x>0)，
則h′(x)＝(x＋1)(ex－2)(x>0)，
當(dāng)0<x<ln 2時(shí)，h′(x)<0，h(x)單調(diào)遞減；
當(dāng)x>ln 2時(shí)，h′(x)>0，h(x)單調(diào)遞增．
則x＝ln 2時(shí)，h(x)取得最小值，且h(ln 2)＝－ln22，
所以m的取值范圍是[－ln22，＋∞)．
6．已知a，b∈R，則“lna>ln b”是“a＋sin b>b＋sin a”的( )
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
答案 A
解析 由ln a>ln b，得a>b>0.
由a＋sin b>b＋sina，
得a－sin a>b－sinb.
記函數(shù)f(x)＝x－sinx(x∈R)，
則f′(x)＝1－cosx≥0，
所以函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增，
又a－sin a>b－sinb，
則f(a)>f(b)，所以a>b.
因此“ln a>ln b”是“a＋sinb>b＋sin a”的充分不必要條件．
7．(2023·寧波模擬)設(shè)m≠0 ，若x＝m為函數(shù)f(x)＝m·(x－m)2(x－n)的極小值點(diǎn)，則( )
A．m>n B．m<n
C.<1 D.>1
答案 C
解析 f′(x)＝m[2(x－m)(x－n)＋(x－m)2]＝3m(x－m)，
若m<0，則f′(x)是開口向下的拋物線，若x＝m是極小值點(diǎn)，
必有m<，則n>m，即<1；
若m>0 ，f′(x)是開口向上的拋物線，若x＝m是極小值點(diǎn)，
必有m>，則n<m，即<1，
綜上，<1.
8．已知f(x)＝(x＋3)，g(x)＝2ln x，若存在x1，x2，使得g(x2)＝f(x1)，則x2－x1的最小值為( )
A．6－8ln 2 B．7－8ln 2
C．2ln 2 D．4ln 2
答案 B
解析 設(shè)g(x2)＝f(x1)＝m，則x1＝2m－3，x2＝，所以x2－x1＝
－2m＋3，
設(shè)h(x)＝－2x＋3，則h′(x)＝
－2，
令h′(x)>0，得x>4ln 2；令h′(x)<0，得x<4ln 2，
所以h(x)在(－∞，4ln 2)上單調(diào)遞減，在(4ln 2，＋∞)上單調(diào)遞增，h(x)min＝7－8ln 2，
所以當(dāng)x＝4ln 2時(shí)，x2－x1取最小值，為7－8ln 2.
二、多項(xiàng)選擇題
9．下列函數(shù)中，存在極值點(diǎn)的是( )
A．y＝x＋ B．y＝2x2－x＋1
C．y＝xln x D．y＝－2x3－x
答案 ABC
解析 由題意，對(duì)于A，函數(shù)y＝x＋，y′＝1－，可得函數(shù)y＝x＋在(－∞，－1)，(1，＋∞)上單調(diào)遞增，在(－1,0)，(0,1)上單調(diào)遞減，所以函數(shù)有兩個(gè)極值點(diǎn)x＝－1和x＝1；
對(duì)于B，函數(shù)y＝2x2－x＋1為開口向上的拋物線，一定存在極值點(diǎn)，即為頂點(diǎn)的橫坐標(biāo)x＝；
對(duì)于C，函數(shù)y＝xln x，y′＝ln x＋1，當(dāng)x∈時(shí)，y′<0，函數(shù)單調(diào)遞減，當(dāng)x∈時(shí)，y′>0，函數(shù)單調(diào)遞增，所以函數(shù)y＝xln x在x＝處取得極小值；
對(duì)于D，函數(shù)y＝－2x3－x，y′＝－6x2－1<0，所以函數(shù)y＝－2x3－x在R上單調(diào)遞減，沒有極值點(diǎn)．
10．已知函數(shù)f(x)＝e2－x＋x，x∈[1,3]，則下列說法正確的是( )
A．函數(shù)f(x)的最小值為3
B．函數(shù)f(x)的最大值為3＋
C．函數(shù)f(x)的最小值為e＋1
D．函數(shù)f(x)的最大值為e＋1
答案 AD
解析 ∵f(x)＝e2－x＋x，x∈[1,3]，
∴f′(x)＝－e2－x＋1，
令f′(x)>0，解得x>2；令f′(x)<0，解得x<2，
故函數(shù)f(x)在區(qū)間[1,2]上單調(diào)遞減，在區(qū)間[2,3]上單調(diào)遞增，
所以函數(shù)f(x)在x＝2處取得極小值，也是最小值，為f(2)＝3，
而f(1)＝e＋1，f(3)＝3＋，則f(1)>f(3)，
故f(x)的最大值為f(1)＝e＋1.
11.函數(shù)f(x)＝ax3－bx2＋cx的圖象如圖，且f(x)在x＝x0與x＝1處取得極值，給出下列判斷，其中正確的是( )
A．c<0
B．a<0
C．f(1)＋f(－1)>0
D．函數(shù)y＝f′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減
答案 AC
解析 f′(x)＝3ax2－2bx＋c＝3a(x－x0)(x－1)，
由圖知x>1時(shí)，f(x)單調(diào)遞增，可知f′(x)>0，所以a>0，故B錯(cuò)誤；
又f′(x)＝3ax2－2bx＋c＝3a(x－x0)(x－1)＝3ax2－3a(1＋x0)x＋3ax0，
∴2b＝3a(1＋x0)，c＝3ax0，∵x0<－1<0∴c＝3ax0<0,故A正確；
∵x0<－1<0，∴1＋x0<0，∴f(1)＋f(－1)＝－2b＝－3a(1＋x0)>0，故C正確；
f′(x)＝3ax2－2bx＋c，其圖象開口向上，對(duì)稱軸小于0，函數(shù)f′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，故D錯(cuò)誤．
12．(2022·南通模擬)定義：在區(qū)間I上，若函數(shù)y＝f(x)是減函數(shù)，且y＝xf(x)是增函數(shù)，則稱y＝f(x)在區(qū)間I上是“弱減函數(shù)”．根據(jù)定義，下列結(jié)論正確的是( )
A．f(x)＝在(0，＋∞)上是“弱減函數(shù)”
B．f(x)＝在(1,2)上是“弱減函數(shù)”
C．若f(x)＝在(m，＋∞)上是“弱減函數(shù)”，則m≥e
D．若f(x)＝cos x＋kx2在上是“弱減函數(shù)”，則≤k≤
答案 BCD
解析 對(duì)于A，f(x)＝在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，y＝xf(x)＝1不單調(diào)，故A錯(cuò)誤；
對(duì)于B，f(x)＝，f′(x)＝，在(1,2)上f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減，
y＝xf(x)＝，y′＝＝>0在x∈(1,2)上恒成立，
∴y＝xf(x)在(1,2)上單調(diào)遞增，故B正確；
對(duì)于C，若f(x)＝在(m，＋∞)上單調(diào)遞減，
由f′(x)＝＝0，得x＝e，
∴m≥e，y＝xf(x)＝lnx在(m，＋∞)上單調(diào)遞增，故C正確；
對(duì)于D，f(x)＝cosx＋kx2在上單調(diào)遞減，
f′(x)＝－sin x＋2kx≤0在x∈上恒成立?2k≤min，
令h(x)＝，h′(x)＝，令φ(x)＝xcos x－sinx，
φ′(x)＝cosx－xsin x－cosx＝－xsin x<0，x∈，
∴φ(x)在上單調(diào)遞減，φ(x)<φ(0)＝0，
∴h′(x)<0，∴h(x)在上單調(diào)遞減，h(x)>h＝，
∴2k≤?k≤，
令g(x)＝xf(x)＝xcos x＋kx3，則g(x)在上單調(diào)遞增，
g′(x)＝cosx－xsin x＋3kx2≥0在x∈上恒成立，
∴3k≥max，
令F(x)＝，F′(x)＝>0，x∈，
∴F(x)在上單調(diào)遞增，F(x)<F＝，
∴3k≥?k≥，
綜上，≤k≤，故D正確．
三、填空題
13．(2023·十堰模擬)曲線y＝ln x＋x2在x＝1處的切線方程為________．
答案 3x－y－2＝0
解析 因?yàn)?/span>y′＝＋2x，當(dāng)x＝1時(shí)，y＝1，切線斜率k＝y′|x＝1＝3，
所以曲線y＝ln x＋x2在x＝1處的切線方程為3x－y－2＝0.
14．函數(shù)f(x)＝－3x－|ln x|＋3的最大值為________．
答案 2－ln 3
解析 由題知當(dāng)x≥1時(shí)，f(x)＝－3x－lnx＋3，
∴f′(x)＝－3－<0，∴f(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞減，
∴f(x)max＝f(1)＝0；
當(dāng)0<x<1時(shí)，f(x)＝－3x＋lnx＋3，∴f′(x)＝－3＋＝，
∴當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)>0，當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)<0，
∴f(x)max＝f ＝2－ln 3，
綜上可知，f(x)max＝2－ln 3.
15．(2023·南京模擬)寫出一個(gè)同時(shí)具有下列三條性質(zhì)的三次函數(shù)f(x)＝________.
①f(x)為奇函數(shù)；②f(x)存在3個(gè)不同的零點(diǎn)；③f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．
答案 x3－3x(答案不唯一)
解析 f(x)＝x3－3x，f(x)為奇函數(shù)，f(x)有三個(gè)零點(diǎn)0，±，
f′(x)＝3x2－3，當(dāng)x>1時(shí)，f′(x)>0，即f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，
①②③都滿足，∴f(x)＝x3－3x滿足題意．
16．(2022·鄭州質(zhì)檢)已知過點(diǎn)P(a,1)可以作曲線y＝ln x的兩條切線，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．
答案 (0，e)
解析 設(shè)曲線y＝lnx與其切線交于A(x0，y0)，
切線方程l：y＝kx＋b，y′＝，
由導(dǎo)數(shù)與切線方程斜率關(guān)系可得k＝y′|＝，①
又∵切線過點(diǎn)P(a,1)，
∵要保證過點(diǎn)P(a,1)可以作曲線y＝ln x的兩條切線，可得P(a,1)不能在曲線y＝ln x上，
∴x0≠a，
∴k＝，②
∵點(diǎn)A在曲線y＝ln x上，故y0＝ln x0，③
由①②③式可得＝?＝，
∴x0(ln x0－1)＝x0－a，解得a＝2x0－x0·ln x0，
令f(x)＝2x－x·ln x，
則f′(x)＝2－x·－lnx＝1－lnx，
令f′(x)＝0，故1－ln x＝0，
∴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，
即f(x)在x＝e處取得最大值，故f(x)max＝f(e)＝2e－e·ln e＝e，
作出f(x)的草圖如圖所示，
由圖可知a僅在(0，e)范圍內(nèi)有2個(gè)對(duì)應(yīng)的x值，
即a∈(0，e)時(shí)，有2個(gè)解，此時(shí)存在2條切線方程，
綜上所述，a的取值范圍為(0，e)．
聯(lián)系客服
