资源简介 第二章 §8A组·基础自测一、选择题1.函数f(x)=-x3+3x+2的单调递增区间为( C )A.(-∞,-1) B.(-1,0)C.(-1,1) D.(1,+∞)[解析] f′(x)=-3x2+3=-3(x2-1),令f′(x)>0,∴-3(x2-1)>0,∴x2-1<0,∴-12.函数f(x)=ex-kx,当x∈(0,+∞)时,f(x)≥0恒成立,则k的取值范围是( C )A.k≤1 B.k≤2C.k≤e D.k≤[解析] 依题意,ex-kx≥0在(0,+∞)上恒成立,即k≤在(0,+∞)上恒成立,令g(x)=(x>0),则g′(x)==,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.所以g(x)min=g(1)=e,所以k≤e.3.已知函数f(x)=-mx(e为自然对数的底数),若f(x)<0在(0,+∞)上有解,则实数m的取值范围是( C )A.(e,+∞) B.(-∞,e)C. D.[解析] 由f(x)=-mx<0在(0,+∞)上有解,可得,m>在(0,+∞)上有解,令g(x)=,x>0,则m>g(x)min,g′(x)=,则当02时,g′(x)>0,函数单调递增,故当x=2时,函数g(x)取得最小值,g(2)=.故m>.4.(多选)已知函数f(x)=x3-x+1,则( AC )A.f(x)有两个极值点B.f(x)有三个零点C.点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心D.直线y=2x是曲线y=f(x)的切线[解析] f ′(x)=3x2-1,令f′(x)>0,∴x<-或x>,令f ′(x)<0,∴-∴f(x)在,上递增,在上递减.∴当x=-时,f(x)取极大值f=1+,当x=时,f(x)取极小值f=1->0,∴f(x)有两个极值点,有一个零点.又f(x)+f(-x)=2,∴点(0,1)是曲线y=f(x)的一个对称中心.当切线斜率k=2时,设切点为(x0,y0),y′=3x2-1,∴k=3x-1=2,∴x=1,∴x0=±1.∴切点为(1,1)或(-1,1),∴切线方程为y=2x-1或y=2x+3,故选AC.二、填空题5.已知函数f(x)=+a在(0,+∞)上的最小值为2e,则实数a的值为_e__.[解析] f ′(x)=,当x>0时,令f ′(x)>0,解得x>1,令f ′(x)<0,解得06.已知函数f(x)=xln x-ax2有两个极值点,则实数a的取值范围是 .[解析] 由题意f′(x)=ln x+1-2ax=ln x-2ax+1=0有两个不等实根,2a=,设g(x)=,g′(x)==-,当00,g(x)单调递增,当x>1时,g′(x)<0,g(x)单调递减,x=1时,g(1)=1为极大值也是最大值,x→+∞时,g(x)→0,且g(x)>0,当x→0时,g(x)→-∞,所以当0<2a<1,即07.(2023·全国乙卷)设a∈(0,1),若函数f(x)=ax+(1+a)x在(0,+∞)上单调递增,则a的取值范围是 .[解析] 由函数的解析式可得f′(x)=axln a+(1+a)xln(1+a)≥0在区间(0,+∞)上恒成立,则(1+a)xln(1+a)≥-axln a,即x≥-在区间(0,+∞)上恒成立,故0=1≥-,而a+1∈(1,2),故ln(1+a)>0,故即,故≤a<1,结合题意可得实数a的取值范围是.三、解答题8.已知函数f(x)=aln x+bx,g(x)=x2-,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为x-2y-2=0.(1)求a,b的值;(2)证明:f(x)≤g(x).[解析] (1)f ′(x)=+b,则a+b=,f(1)=b=-,解得a=1,b=-.(2)证明:令h(x)=ln x-x-x2+,则h′(x)=--x=,又x>0,则h(x)在(0,1)上递增,在(1,+∞)上递减,所以h(x)≤h(1)=0,f(x)≤g(x)成立.9.已知函数f(x)=aln x-,a∈R.(1)求函数f(x)的单调区间;(2)当a=1,且x≥2时,证明:f(x-1)≤2x-5.[解析] (1)由于f ′(x)=.当a≥0时,对于x∈(0,+∞),有f ′(x)>0恒成立,即f(x)在(0,+∞)上是增函数.当a<0时,由f ′(x)=0,得x=-∈(0,+∞).当x∈时,f ′(x)>0,f(x)单调递增;当x∈时,f ′(x)<0,f(x)单调递减.(2)证明:当a=1时,f(x-1)=ln(x-1)-,x∈[2,+∞).令g(x)=ln(x-1)--2x+5.g′(x)=+-2=-.当x>2时,g′(x)<0,g(x)在(2,+∞)单调递减.又g(2)=0,所以g(x)在(2,+∞)恒为负.所以当x∈[2,+∞)时,g(x)≤0,即ln(x-1)--2x+5≤0.故当a=1,且x≥2时,f(x-1)≤2x-5成立.B组·能力提升一、选择题1.函数y=f(x)=xsin x在[-π,π]上的图象大致为( C )[解析] f(-x)=(-x)·sin(-x)=xsin x=f(x),为偶函数,则B,D错误;又当x∈[0,π]时,f ′(x)=sin x+xcos x,当f ′(x)=sin x+xcos x=0时,得x=-tan x,由,则极值点x0∈,故A错误.2.设函数f(x)满足x2f′(x)+2xf(x)=,f(2)=,则x>0时,f(x)( D )A.有极大值,无极小值B.有极小值,无极大值C.既有极大值又有极小值D.既无极大值也无极小值[解析] ∵函数f(x)满足x2f′(x)+2xf(x)=,∴[x2f(x)]′=,令F(x)=x2f(x),则F′(x)=,F(2)=4·f(2)=.由x2f′(x)+2xf(x)=,得f′(x)=,令φ(x)=ex-2F(x),则φ′(x)=ex-2F′(x)=.∴φ(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,∴φ(x)的最小值为φ(2)=e2-2F(2)=0.∴φ(x)≥0.又x>0,∴f′(x)≥0.∴f(x)在(0,+∞)上单调递增.∴f(x)既无极大值也无极小值.故选D.3.已知函数f(x)=a-2ln x(a∈R),g(x)=-,若至少存在一个x0∈[1,e],使f(x0)>g(x0)成立,则实数a的取值范围为( B )A. B.(0,+∞)C.[0,+∞) D.[解析] 由题意得f(x)-g(x)>0在[1,e]上有解,即ax-2ln x>0在[1,e]上有解,所以a>min.设y=,则y′=≥0,所以ymin=0,故得a>0.二、填空题4.已知函数f(x)=ex-x2-1,若f(x)≥kx对任意的x∈(0,+∞)恒成立,则实数k的取值范围为_(-∞,e-2]__.[解析] f(x)≥kx对任意的x∈(0,+∞)恒成立等价于≥k对任意的x∈(0,+∞)恒成立.令φ(x)=,x>0,则φ′(x)==,当x∈(0,+∞)时,ex-x-1>0恒成立,令φ′(x)>0,得x>1;令φ′(x)<0,得0所以k≤φ(x)min=e-2,故实数k的取值范围为(-∞,e-2].5.若函数f(x)=x2ex-a恰有三个零点,则实数a的取值范围是 .[解析] 易知f ′(x)=2xex+x2ex=xex(x+2),x∈R.令f ′(x)=0,解得x=0或x=-2,分析易知f(x)在(-2,0)上单调递减,在(-∞,-2)和(0,+∞)上单调递增,所以0和-2是函数f(x)的极值点,函数的极小值为f(0)=-a,极大值为f(-2)=4e-2-a=-a.函数f(x)=x2ex-a恰有三个零点,则解得0三、解答题6.已知函数f(x)=aex-bln x在点(1,f(1))处的切线方程为y=(e-1)x+1.(1)求a,b的值;(2)求证:f(x)>2.[解析] (1) 函数f(x)=aex-bln x的导数为f ′(x)=aex-,函数f(x)=aex-bln x在点(1,f(1))处的切线斜率为k=ae-b,由切线方程y=(e-1)x+1,可得ae-b=e-1,e=ae,解得a=1,b=1.(2)证明:f(x)=ex-ln x,导数为f ′(x)=ex-,x>0,易知f ′(x)为增函数,且f ′(1)>0,f ′<0.所以存在m∈,有f ′(m)=0,即em=,且x>m时,f ′(x)>0,f(x)递增;0可得在x=m处f(x)取得最小值,f(m)=em-ln m=+m>2,可得f(x)>2成立.C组·创新拓展已知函数f(x)=ex-ax2.(1)若a=1,证明:当x≥0时,f(x)≥1;(2)若f(x)在(0,+∞)上有两个零点,求a的取值范围.[解析] (1)证明:当a=1时,函数f(x)=ex-x2,则f ′(x)=ex-2x,令g(x)=f ′(x)=ex-2x,则g′(x)=ex-2,令g′(x)=0,得x=ln 2.当x∈[0,ln 2)时,g′(x)<0,当x∈(ln 2,+∞)时,g′(x)>0,所以g(x)在x=ln 2时取极小值,也是最小值,g(ln 2)=eln 2-2ln 2=2-ln 4=ln>0,所以g(x)>0所以f ′(x)>0,所以f(x)在[0,+∞)上单调递增,所以f(x)≥f(0)=1.(2)f(x)在(0,+∞)上有两个零点 方程ex-ax2=0在(0,+∞)上有两个根 a=在(0,+∞)上有两个根,即函数y=a与G(x)=的图象在(0,+∞)上有两个交点.G′(x)=,当x∈(0,2)时,G′(x)<0,G(x)在(0,2)上递减,当x∈(2,+∞)时,G′(x)>0,G(x)在(2,+∞)上递增,所以G(x)的最小值为G(2)=,当x→0时,G(x)→+∞,当x→+∞时,G(x)→+∞,所以f(x)在(0,+∞)上有两个零点时,a的取值范围是.21世纪教育网(www.21cnjy.com)(共31张PPT)第二章 导数及其应用§8 数学探究活动(二):探究函数性质素养目标 定方向 1.能通过类比一次、二次函数图象与性质的探究,探究三次函数的图象与性质.2.能利用导数分析三次函数的图象与性质. 通过应用导数分析三次函数的图象与性质,培养直观想象、逻辑推理及数学运算素养.关键能力 攻重难题|型|探|究题型一三次函数的零点问题典例 1设x3+ax+b=0,其中a,b均为实数.下列条件中,使得该三次方程仅有一个实根的是___________.(写出所有正确条件的编号)①a=-3,b=-3;②a=-3,b=2;③a=-3,b>2;④a=0,b=2;⑤a=1,b=2.对点训练 [解析] 方法一:令f(x)=x3+ax+b,则f ′(x)=3x2+a.对于①,由a=b=-3,得f(x)=x3-3x-3,f ′(x)=3(x+1)(x-1),f(x)极大值=f(-1)=-1<0,f(x)极小值=f(1)=-5<0,函数f(x)的图象与x轴只有一个交点,故x3+ax+b=0仅有一个实根;①③④⑤对于②,由a=-3,b=2,得f(x)=x3-3x+2,f ′(x)=3(x+1)(x-1),f(x)极大值=f(-1)=4>0,f(x)极小值=f(1)=0,函数f(x)的图象与x轴有两个交点,故x3+ax+b=0有两个实根;对于③,由a=-3,b>2,得f(x)=x3-3x+b,f ′(x)=3(x+1)(x-1),f(x)极大值=f(-1)=2+b>0,f(x)极小值=f(1)=b-2>0,函数f(x)的图象与x轴只有一个交点,故x3+ax+b=0仅有一个实根;对于④,由a=0,b=2,得f(x)=x3+2,f ′(x)=3x2≥0,f(x)在R上单调递增,函数f(x)的图象与x轴只有一个交点,故x3+ax+b=0仅有一个实根;对于⑤,由a=1,b=2,得f(x)=x3+x+2,f ′(x)=3x2+1>0,f(x)在R上单调递增,函数f(x)的图象与x轴只有一个交点,故x3+ax+b=0仅有一个实根.方法二:根据题意,直线y=-b和函数f(x)=x3+ax的图象有且仅有一个公共点.先考虑a=-3的情形,此时f ′(x)=3x2-3,于是f(x)在x=-1处取得极大值2,在x=1处取得极小值-2,如图所示.于是当b<-2或b>2时符合题意,故①③符合题意.再考虑a≥0的情形,此时f ′(x)=3x2+a≥0,f(x)单调递增,且值域为R,必然符合题意,故④⑤符合题意.设函数f(x)=tx2+2t2x+t-1(x∈R,t>0).(1)求f(x)的最小值h(t);(2)若h(t)<-2t+m对t∈(0,2)恒成立,求实数m的取值范围.[解析] (1)∵f(x)=t(x+t)2-t3+t-1(x∈R,t>0),∴当x=-t时,f(x)取最小值f(-t)=-t3+t-1,即h(t)=-t3+t-1(t>0).题型二与最值有关的恒成立问题典例 2(2)令g(t)=h(t)-(-2t+m)=-t3+3t-1-m,由g′(t)=-3t2+3=0得t=1,t=-1(不合题意,舍去).当t变化时,g′(t),g(t)的变化情况如下表:t (0,1) 1 (1,2)g′(t) + 0 -g(t) 单调递增 1-m 单调递减∴对t∈(0,2),当t=1时,g(t)max=1-m,h(t)<-2t+m对t∈(0,2)恒成立,也就是g(t)<0对t∈(0,2)恒成立,只需g(t)max=1-m<0,∴m>1.故实数m的取值范围是(1,+∞).[规律方法] (1)“恒成立”问题向最值问题转化是一种常见的题型,一般地,可采用分离参数法进行转化.λ≥f(x)恒成立 λ≥[f(x)]max;λ≤f(x)恒成立 λ≤[f(x)]min.对于不能分离参数的恒成立问题,直接求含参函数的最值即可.(2)此类问题特别要小心“最值能否取得到”和“不等式中是否含等号”的情况,以此来确定参数的范围能否取得“=”.设函数f(x)=2x3-9x2+12x+8c.(1)若对任意的x∈[0,3],都有f(x)(2)若对任意的x∈(0,3),都有f(x)[解析] (1)∵f′(x)=6x2-18x+12=6(x-1)(x-2).∴当x∈(0,1)时,f′(x)>0,f(x)单调递增;当x∈(1,2)时,f′(x)<0,f(x)单调递减;当x∈(2,3)时,f′(x)>0,f(x)单调递增.∴当x=1时,f(x)取极大值f(1)=5+8c.又f(3)=9+8c>f(1),对点训练 ∴x∈[0,3]时,f(x)的最大值为f(3)=9+8c.∵对任意的x∈[0,3],有f(x)∴9+8c9.∴实数c的取值范围为(-∞,-1)∪(9,+∞).(2)由(1)知,f(x)∴9+8c≤c2,即c≤-1或c≥9,∴实数c的取值范围为(-∞,-1]∪[9,+∞).易|错|警|示利用参变分离时忽视自变量的取值范围 设函数f(x)=ax3-3x+1,若对任意的x∈[-1,1],都有f(x)≥0成立,则实数a的值为_____.典例 34[误区警示] 本题上述解法中有两处错误.(1)是在参数分离的过程中,要在不等式两边同时除以x3才能实现参数的分离,若x的取值范围在正数区间上,可以避免讨论;若x的取值范围中包含零或负数,则需要进行分类讨论.(2)是换元后未求新元t的范围,t的范围不再是[-1,1].课堂检测 固双基CD(7,+∞)3.给定函数f(x)=ex-x.(1)判断函数f(x)的单调性,并求出f(x)的值域;(2)画出函数f(x)的大致图象;(3)求出方程f(x)=m(m∈R)在区间[-1,2]的解的个数.[解析] (1)函数的定义域为R,f ′(x)=ex-1,令f ′(x)=0,解得x=0.f ′(x),f(x)的变化情况如表所示:x (-∞,0) 0 (0,+∞)f ′(x) - 0 +f(x) 单调递减 1 单调递增所以,f(x)在区间(-∞,0)上单调递减,在区间(0,+∞)上单调递增.当x=0时,f(x)的极小值f(0)=1.也是最小值,故函数f(x)的值域为[1,+∞).(3)截取函数f(x)在区间[-1,2]上的图象如图所示. 展开更多...... 收起↑ 资源列表 北师大版高中数学选择性必修第二册第2章导数及其应用数学探究活动(二):探究函数性质练习含答案(教师用).doc 北师大版高中数学选择性必修第二册第2章导数及其应用数学探究活动(二):探究函数性质课件.ppt