《导数与函数单调性的关系》进阶练习 (二).doc

导数与函数单调性的关系进阶练习一、选择题1.f（x），g（x）（g（x）0）分别是定义在R上的奇函数和偶函数，当x0，f（x）g（x）-f（x）g（x）0且的解集为（）A.（-2，0）（2，+）B.（-2，0）（0，2）C.（-，-2）（2，+）D.（-，-2）（0，2）2.己知定义在R上的函数y=f（x）满足f（x）=f（4-x），且当x2时，其导函数f（x）满足f（x）xf（x），若a（2，3），则（）A.f（log2a）f（2a）f（2）B.f（2a）f（2）f（log2a）C.f（2a）f（log2a）f（2）D.f（2）f（log2a）f（2a）3.若函数f（x）满足f（x）-f（x）=2xex，f（0）=1，其中f（x）为f（x）的导函数，则当x0时，的最大值为（）A.B.2C.2D.42、 解答题4.已知函数f（x）=x2+mlnx+x （1）求f（x）的单调区间； （2）令g（x）=f（x）-x2，试问过点P（1，3）存在多少条直线与曲线y=g（x）相切？并说明理由5.设函数f（x）=ax2+b（lnx-x），g（x）=-2+（1-b）x，已知曲线y=f（x）在点（1，f（1）处的切线与直线x-y+1=0垂直 （）求a的值； （）求函数f（x）的极值点； （）若对于任意b（1，+），总存在x1，x21，b，使得f（x1）-f（x2）-1g（x1）-g（x2）+m成立，求实数m的取值范围参考答案【参考答案】1.A2.C3.B4.解：（1）f（x）=x2+mlnx+x，（x0）， f（x）=x+1=， m0时，f（x）0，函数在（0，+）递增， m0时，令f（x）0，解得：x， 令f（x）0，解得：x， f（x）在（0，）递减，在（，+）递增； （2）设切点为（x0，x0+mlnx0），则切线斜率k=1+， 切线方程为y-（x0+alnx0）=（1+）（x-x0） 因为切线过点P（1，3），则3-（x0+alnx0）=（1+）（1-x0） 即m（lnx0+-1）-2=0 令g（x）=m（lnx+-1）-2（x0），则g（x）=m（-）=， 当m0时，在区间（0，1）上，g（x）0，g（x）单调递增； 在区间（1，+）上，g（x）0，g（x）单调递减， 所以函数g（x）的最大值为g（1）=-20 故方程g（x）=0无解，即不存在x0满足式 因此当m0时，切线的条数为0 当m0时，在区间（0，1）上，g（x）0，g（x）单调递减， 在区间（1，+）上，g（x）0，g（x）单调递增， 所以函数g（x）的最小值为g（1）=-20 取x1=e1+e，则g（x1）=a（1+e-1-1）-2=ae-1-0 故g（x）在（1，+）上存在唯一零点 取x2=e-1-，则g（x2）=m（-1-+e1+-1）-2=me1+-2m-4=me1+-2（1+） 设t=1+（t1），u（t）=et-2t，则u（t）=et-2 当t1时，u（t）=et-2e-20恒成立 所以u（t）在（1，+）单调递增，u（t）u（1）=e-20恒成立， 所以g（x2）0 故g（x）在（0，1）上存在唯一零点 因此当m0时，过点P（1，3）存在两条切线 当m=0时，f（x）=x，显然不存在过点P（1，3）的切线 综上所述，当m0时，过点P（1，3）存在两条切线； 当m0时，不存在过点P（1，3）的切线5.解：（）， 所以k=f（1）=2a=-1，所以（2分） （），其定义域为（0，+）， ， 令h（x）=-x2-bx+b，x（0，+）=b2+4b （i）当-4b0时，=b2+4b0，有h（x）0，即f（x）0， 所以f（x）在区间（0，+）上单调递减， 故f（x）在区间（0，+）无极值点； （ ii）当b-4时，0， 令h（x）=0，有，x2x10， 当x（0，x1）时，h（x）0，即f（x）0，得f（x）在（0，x1）上递减； 当x（x1，x2）时，h（x）0，即f（x）0，得f（x）在（x1，x2）上递增； 当x（x2，+）时，h（x）0，即f（x）0，得f（x）在（x2，+）上递减 此时f（x）有一个极小值点和一个极大值点 （ iii）当b0时，0， 令h（x）=0，有， 当x（0，x2）时，h（x）0，即f（x）0，得f（x）在（0，x2）上递增； 当x（x2，+）时，h（x）0，即f（x）0，得f（x）在（x2，+）上递减 此时f（x）唯一的极大值点，无极小值点 综上可知，当b-4时，函数f（x）有一个极小值点和一个极大值点 当-4b0时，函数f（x）在（0，+）上有无极值点； 当b0时，函数f（x）有唯一的极大值点，无极小值点；（8分） （ III）令F（x）=f（x）-g（x），x1，b， 则F（x）=blnx-x 若总存在x1，x21，b，使得f（x1）-f（x2）-1g（x1）-g（x2）+m成立， 即总存在x1，x21，b，使得f（x1）-g（x1）f（x2）-g（x2）+m+1成立， 即总存在x1，x21，b，使得F（x1）-F（x2）m+1成立， 即F（x）max-F（x）minm+1， 因为x1，b，所以F（x）0，即F（x）在1，b上单调递增， 所以F（x）max-F（x）min=F（b）-F（1）=blnb-b+1， 即blnb-b+1m+1对任意b（1，+）成立， 即blnb-bm对任意b（1，+）成立 构造函数：t（b）=blnb-b，b1，+），t（b）=lnb， 当b1，+）时，t（b）0，t（b）在1，+）上单调递增， t（b）min=t（1）=-1对于任意b（1，+），t（b）t（1）=-1 所以m-1（14分）【解析】1. 解：f（x）和g（x）（g（x）0）分别是定义在R上的奇函数和偶函数 f（-x）=-f（x） g（-x）=g（x） 当x0时，f（x）g（x）-f（x）g（x）0当x0时， 令h（x）=，则h（x）在（-，0）上单调递减 h（-x）=f（-x）g（-x）=-f（x）g（x）=-h（x） h（x）为奇函数， 根据奇函数的性质可得函数h（x）在（0，+）单调递减，且h（0）=0f（-2）=-f（2）=0，h（-2）=-h（2）=0h（x）0的解集为（-2，0）（2，+） 故选A 构造函数h（x）=，由已知可得 x0时，h（x）0，从而可得函数h（x）在（-，0）单调递减，又由已知可得函数 h（x）为奇函数，故可得h（0）=g（-2）=g（2）=0，且在（0，+）单调递减，可求得答案 本题主要考查复合函数的求导运算和函数的单调性与其导函数正负之间的关系导数是高考的热点问题，要多注意复习 2. 解：定义在R上的函数y=f（x）满足f（x）=f（4-x）， 函数f（x）关于x=2对称， 由f（x）xf（x）， 得（x-2）f（x）0， 则x2时，f（x）0，此时函数单调递减， 当x2时，f（x）0，此时函数单调递增 当x=2时，f（x）取得极大值，同时也是最大值 若a（2，3）， 则42a8，1log2a2， 24-log2a3， 24-log2a2a， 即f（2）f（4-log2a）f（2a）， 即f（2a）f（log2a）f（2）， 故选：C 根据条件得到函数关于x=2对称，由f（x）xf（x），得到函数的单调性，利用函数的单调性和对称轴即可得到结论 本题主要考查函数单调性和对称性的应用，利用导数和函数单调性的关系是解决本题的关键，综合考查函数性质的应用 3. 解：由题意，（）=2x， =x2+b， f（x）=（x2+b）ex， f（0）=1，b=1， f（x）=（x2+1）ex， f（x）=（x+1）2ex， 当x0时，=1+2，当且仅当x=1时取等号， 当x0时，的最大值为2 故选：B 利用函数f（x）满足f（x）-f（x）=2xex，f（0）=1，求出f（x），再代入利用基本不等式即可得出结论 本题考查导数知识的运用，考查基本不等式，考查学生的计算能力，确定f（x）是关键 4. （1）求出函数的导数，通过讨论m的范围，解关于导函数的不等式，从而得到函数的单调区间； （2）设切点为（x0，x0+mlnx0），求出切线斜率K，求出切线方程，切线过点P（1，3），推出关系式，构造函数g（x）（x0），求出导函数，通过讨论当m0时，判断g（x）单调性，说明方程g（x）=0无解，切线的条数为0，当m0时，类比求解，推出当m0时，过点P（1，3）存在两条切线，当m=0时，f（x）=x，说明不存在过点P（1，3）的切线 本题考查函数的导数的综合应用，切线方程的求法，函数的单调性以及函数的最值，考查分析问题解决问题的能力，转化思想以及分类讨论思想的应用，是难度比较大的题目 5. （）求出函数的导数，得到f（1）=2a=-1，求出a的值即可； （）求出f（x）的导数，结合二次函数的性质，通过讨论b的范围，确定函数的单调区间，求出函数的极值点即可；