函數(shù)與導(dǎo)數(shù)測試題集錦

■河南省清豐縣第一高級中學(xué) 肖貫勛

函數(shù)與導(dǎo)數(shù)測試題集錦

■河南省清豐縣第一高級中學(xué) 肖貫勛

答案提示

1.設(shè)函數(shù)f(x)在R上存在導(dǎo)數(shù)f'(x),對任意的x∈R都有f(-x)+f(x)=x2,且x∈(0,+∞)時,f'(x)>x,若f(2-a)-f(a)≥2-2a,則實數(shù)a的取值范圍為( )。

A.[1,+∞) B.(-∞,1]

C.(-∞,2] D.[2,+∞)

(1)當(dāng)a>0時,根據(jù)定義證明f(x)在(-∞,-2)上單調(diào)遞增;

(2)求集合Ma={b|函數(shù)f(x)有三個不同的零點}。

3.設(shè)函數(shù)f(x)=x2-bx+alnx。

(1)若b=2,函數(shù)f(x)有兩個極值點x1,x2,且x1

(2)在(1)的條件下,證明:f(x2)>;

(3)若對任意實數(shù)b∈[1,2],都存在實數(shù)x∈(1,e)(e為自然對數(shù)的底數(shù)),使得f(x)<0成立,求實數(shù)a的取值范圍。

4.設(shè)函數(shù)f(x)=lnx-x2+ax。

(1)若函數(shù)f(x)在(0,e]上單調(diào)遞增,試求a的取值范圍;

(2)設(shè)函數(shù)f(x)在點C(1,f(1))處的切線為l,證明:函數(shù)f(x)圖像上的點都不在直線l的上方。

(Ⅰ)若函數(shù)f(x)在[2,+∞)上為減函數(shù),求實數(shù)a的最小值;

(Ⅱ)若存在x1,x2∈[e,e2],使f(x1)≤f'(x2)+a成立,求實數(shù)a的取值范圍。

1.由f(-x)+f(x)=x2,得f(-x)-令g(x)=f(x)-所以g(-x)+g(x)=0,即g(x)為奇函數(shù)。又因為x∈(0,+∞)時,f'(x)>x,所以x∈(0,+∞)時,g'(x)=f'(x)-x> 0,所以函數(shù)g(x)在(0,+∞)上是增函數(shù),故函數(shù)g(x)在(-∞,0)上是增函數(shù)。又因為g(0)=0,所以g(x)在R上是增函數(shù)。f(2-a)-f(a)≥2-2a等價于f(2-a)-,即g(2-a)≥g(a),所以2-a≥a,即a≤1。故選B。

記u(x)=ax2+(b+2a)x+(2b+1), v(x)=ax2+(b+2a)x+(2b-1)。

①當(dāng)a>0時,u(x),v(x)開口均向上,由v(-2)=-1<0知v(x)在(-∞,-2)上有唯一零點,為了滿足f(x)有三個零點, u(x)在(-2,+∞)上應(yīng)有兩個不同零點。

所以2a-2a。

②當(dāng)a<0時,u(x),v(x)開口均向下,由u(-2)=1>0知u(x)在(-2,+∞)上有唯一零點,為了滿足f(x)有三個零點,v(x)在(-∞,-2)上應(yīng)有兩個不同零點。

綜合①②可得Ma=

3.(1)由已知,b=2時,f(x)=x2-2x+ alnx,f(x)的定義域為(0,+∞),求導(dǎo)得。因為f(x)有兩個極值點x1,x2,所以f'(x)=0有兩個不同的正根,即2x2-2x+a=0有兩個正根,所以Δ= 4-8a>0,x1x2>0,所以a的取值范圍為

(3)令g(b)=x2-xb+alnx,b∈[1, 2],由于x∈(1,e),所以g(b)是關(guān)于b的一次函數(shù)。根據(jù)題意,對任意實數(shù)b∈[1,2],都存在實數(shù)x∈(1,e),使得f(x)<0成立,則g(b)max=g(1)=x2-x+alnx<0在(1, e)上有解。令h(x)=x2-x+alnx,只需存在x0∈(1,e)使得h(x0)<0即可,由于,令w(x)=2x2-x+a, x∈(1,e),則w'(x)=4x-1>0,所以w(x)在(1,e)上單調(diào)遞增,所以w(x)> w(1)=1+a。

①當(dāng)1+a≥0,即a≥-1時,w(x)>0,所以h'(x)>0,所以h(x)在(1,e)上單調(diào)遞增,所以h(x)>h(1)=0不符合題意。②當(dāng)1+a<0,即a<-1時,w(1)=1+a<0, w(e)=2e2-e+a。若w(e)<0,即a≤2e2-e<-1時,在x∈(1,e)上w(x)>0恒成立,即h'(x)<0恒成立,所以h(x)在(1, e)上單調(diào)遞減,所以存在x0∈(1,e)使得h(x0)0,即2e2-e

綜上所述,當(dāng)a<-1時,對任意實數(shù)b∈[1,2],都存在實數(shù)x∈(1,e)使得f(x)<0。

4.(1)由f(x)=lnx-x2+ax,可得因為f(x)在(0,e]上單調(diào)遞增,所以在x (0,e]上恒成立。所以在(0,e]上恒成立,即。而在(0,e]上單調(diào)遞增,故

(2)因為f'(1)=1-2+a=a-1,所以切點C(1,a-1),故切線l的方程為y-(a-1)=(a-1)(x-1),即y=(a-1)· (x-1)+a-1=(a-1)x。

令g(x)=f(x)-(a-1)x,即g(x)= lnx-x2+x,則

所以,當(dāng)x變化時,g'(x)、g(x)的關(guān)系如表1:

表1

因為g(x)≤g(1)=0,所以函數(shù)f(x)圖像上不存在位于直線l上方的點。

所以,當(dāng)x∈[2,+∞)時,f'(x)max≤0。

(Ⅱ)命題“若存在x1,x2∈[e,e2],使f(x1)≤f'(x2)+a成立”等價于“當(dāng)x∈[e, e2]時,有f(x)min≤f'(x)max+a”。由(Ⅰ)知,當(dāng)x∈[e,e2]時,所以問題等價于“當(dāng)x∈[e, e2]時,有

①當(dāng)-a≥0,即a≤0時,f'(x)≥0在[e ,e2]上恒成立,故f(x)在[e ,e2]上為增函數(shù),于是,矛盾。②當(dāng)-a<0,即時,由f'(x)的單調(diào)性和值域知,存在唯一x0∈(e,e2),使f'(x)=0,且滿足:當(dāng)x∈(e,x0)時, f'(x)<0,f(x)為減函數(shù);當(dāng)x∈(x0,e2)時, f'(x)>0,f(x)為增函數(shù)。所以f(x)min=所以,,與矛盾。

(責(zé)任編輯 王福華)