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课时规范练
A组 基础对点练
1.函数f(x)的导函数f′(x)的图象是如图所示的一条直线l，l与x轴的交点坐标为(1,0)，则f(0)与f(3)的大小关系为( )
A．f(0)f(3)
C．f(0)＝f(3)
D．无法确定
解析：由题意知f(x)的图象是以x＝1为对称轴，且开口向下的抛物线，所以f(0)＝f(2)>f(3)．选B.
答案：B
2．已知函数y＝f(x)的图象是下列四个图象之一，且其导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则该函数的图象是( )
解析：在(－1,0)上f′(x)单调递增，所以f(x)图象的切线斜率呈递增趋势；在(0,1)上f′(x)单调递减，所以f(x)图象的切线斜率呈递减趋势．故选B.
答案：B
3．若函数f(x)＝kx－ln x在区间(1，＋∞)单调递增，则k的取值范围是( )
A．(－∞，－2] B．(－∞，－1]
C．[2，＋∞) D．[1，＋∞)
解析：依题意得f′(x)＝k－≥0在(1，＋∞)上恒成立，即k≥在(1，＋∞)上恒成立，∵x>1，∴0f(3)>f(2)
解析：f(x)的定义域是(0，＋∞)，
f′(x)＝，令f′(x)＝0，得x＝e.
∴当x∈(0，e)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(e，＋∞)时，f′(x)f(3)>f(2)，故选D.
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答案：D
8．(2018·四川成都模拟)f(x)是定义域为R的函数，对任意实数x都有f(x)＝f(2－x)成立．若当x≠1时，不等式(x－1)·f′(x)＜0成立，若a＝f(0.5)，b＝f，c＝f(3)，则a，b，c的大小关系是( )
A．b＞a＞c B．a＞b＞c
C．c＞b＞a D．a＞c＞b
解析：因为对任意实数x都有f(x)＝f(2－x)成立，所以函数f(x)的图象关于直线x＝1对称，又因为当x≠1时，不等式(x－1)·f′(x)＜0成立，所以函数f(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以f＞f(0.5)＝f＞f(3)，即b＞a＞c.
答案：A
9．(2018·九江模拟)已知函数f(x)＝x2＋2ax－ln x，若f(x)在区间上是增函数，则实数a的取值范围为________．
解析：由题意知f′(x)＝x＋2a－≥0在上恒成立，即2a≥－x＋在上恒成立，
∵max＝，∴2a≥，即a≥.
答案：
10．设f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－2)＝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________．
解析：令g(x)＝，则g′(x)＝，
∴当x＞0时，g′(x)＞0，即g(x)在(0，＋∞)上单调递增，∵f(x)为奇函数，f(－2)＝0，∴f(2)＝0，∴g(2)＝＝0，结合奇函数f(x)的图象知，f(x)＞0的解集为(－2,0)∪(2，＋∞)，故填(－2,0)∪(2，＋∞)．
答案：(－2,0)∪(2，＋∞)
11．(2018·荆州质检)设函数f(x)＝x3－x2＋bx＋c，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝1.
(1)求b，c的值；
(2)若a＞0，求函数f(x)的单调区间．
解析：(1)f′(x)＝x2－ax＋b，
由题意得即
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(2)由(1)得，f′(x)＝x2－ax＝x(x－a)(a＞0)，
当x∈(－∞，0)时，f′(x)＞0；
当x∈(0，a)时，f′(x)＜0；
当x∈(a，＋∞)时，f′(x)＞0.
所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，0)，(a，＋∞)，单调递减区间为(0，a)．
12．已知函数f(x)＝exln x－aex(a∈R)．
(1)若f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线y＝x＋1垂直，求a的值；
(2)若f(x)在(0，＋∞)上是单调函数，求实数a的取值范围．
解析：(1)f′(x)＝exln x＋ex·－aex＝ex，
f′(1)＝(1－a)e，由(1－a)e·＝－1，
得a＝2.
(2)由(1)知f′(x)＝ex，
若f(x)为单调递减函数，则f′(x)≤0在x>0时恒成立．
即－a＋ln x≤0在x>0时恒成立．
所以a≥＋ln x在x>0时恒成立．
令g(x)＝＋ln x(x>0)，
则g′(x)＝－＋＝(x>0)，
由g′(x)>0，得x>1；
由g′(x)0时恒成立，由上述推理可知此时a≤1.
故实数a的取值范围是(－∞，1]．
B组 能力提升练
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1．已知x∈(0,2)，若关于x的不等式＜恒成立，则实数k的取值范围为( )
A．[0，e＋1) B．[0,2e－1)
C．[0，e) D．[0，e－1)
解析：依题意，知k＋2x－x2＞0，即k＞x2－2x对任意x∈(0,2)恒成立，从而k≥0，所以由＜可得k＜＋x2－2x.令f(x)＝＋x2－2x.则f′(x)＝＋2(x－1)＝(x－1).
令f′(x)＝0，得x＝1，当x∈(1,2)时，f′(x)＞0，函数f(x)在(1,2)上单调递增，当x∈(0,1)时，f′(x)＜0，函数f(x)在(0,1)上单调递减，所以k＜f(x)min＝f(1)＝e－1，故实数k的取值范围是[0，e－1)．
答案：D
2．已知函数f(x)＝ax2＋bx－ln x(a＞0，b∈R)，若对任意x＞0，f (x)≥f(1)，则( )
A．ln a＜－2b B．ln a≤－2b
C．ln a＞－2b D．ln a≥－2b
解析：f′(x)＝2ax＋b－，由题意可知f′(1)＝0，即2a＋b＝1，由选项可知，只需比较ln a＋2b与0的大小，而b＝1－2a，所以只需判断ln a＋2－4a的符号．构造一个新函数g(x)＝2－4x＋ln x，则g′(x)＝－4，令g′(x)＝0，得x＝，当x＜时，g(x)为增函数，当x＞时，g(x)为减函数，所以对任意x＞0有g(x)≤g＝1－ln 4＜0，所以有g(a)＝2－4a＋ln a＝2b＋ln a＜0⇒ln a＜－2b，故选A.
答案：A
3．已知f(x)＝x3－6x2＋9x－abc，a＜b＜c，且f(a)＝f(b)＝f(c)＝0.现给出如下结论：①f(0)f(1)＞0；②f(0)f(1)＜0；③f(0)f(3)＞0；④f(0)f(3)＜0.
其中正确结论的序号是( )
A．①③ B．①④
C．②③ D．②④
解析：∵f′(x)＝3x2－12x＋9＝3(x－1)(x－3)．由f′(x)＜0，得1＜x＜3，由f′(x)＞0，得x＜1或x＞3，
∴f(x)在区间(1,3)上是减函数，在区间(－∞，1)，(3，＋∞)上是增函数．
又a＜b＜c，f(a)＝f(b)＝f(c)＝0，
∴y极大值＝f(1)＝4－abc＞0，y极小值＝f(3)＝－abc＜0，∴0＜abc＜4.
∴a，b，c均大于零，或者a＜0，b＜0，c＞0.
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又x＝1，x＝3为函数f(x)的极值点，后一种情况不可能成立，如图．
∴f(0)＜0，∴f(0)f(1)＜0，f(0)f(3)＞0，∴正确结论的序号是②③.
答案：C
4．已知函数f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零点x0，且x0>0，则a的取值范围是( )
A．(2，＋∞) B．(－∞，－2)
C．(1，＋∞) D．(－∞，－1)
解析：当a＝0时，显然f(x)有两个零点，不符合题意．
当a≠0时，f′(x)＝3ax2－6x，令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝.
当a＞0时，＞0，所以函数f(x)＝a x3－3x2＋1在(－∞，0)与上为增函数，在上为减函数，因为f(x)存在唯一零点x0，且x0＞0，则f(0)＜0，即1＜0，不成立．
当a＜0时，＜0，所以函数f(x)＝ax3－3x2＋1在和(0，＋∞)上为减函数，在上为增函数，因为f(x)存在唯一零点x0，且x0＞0，则f＞0，即a·－3·＋1＞0，解得a＞2或a＜－2，又因为a＜0，故a的取值范围为(－∞，－2)．选B.
答案：B
5．已知函数f(x)＝ln x－ax2＋x有两个不同零点，则实数a的取值范围是( )
A．(0,1) B．(－∞，1)
C. D.
解析：令g(x)＝ln x，h(x)＝ax2－x，
将问题转化为两个函数图象交点的问题．
当a≤0时，g(x)和h(x)的图象只有一个交点，不满足题意；
当a＞0时，由ln x－ax2＋x＝0，得a＝.
令r(x)＝，则r′(x)＝＝，
当0＜x＜1时，r′(x)＞0，r(x)是单调增函数，
当x＞1时，r′(x)＜0，r(x)是单调减函数，且＞0，∴0＜a＜1.
∴a的取值范围是(0,1)．故选A.
答案：A
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6．已知函数f(x)＝－x2－3x＋4ln x在(t，t＋1)上不单调，则实数t的取值范围是________．
解析：∵函数f(x)＝－x2－3x＋4ln x(x＞0)，
∴f′(x)＝－x－3＋，
∵函数f(x)＝－x2－3x＋4ln x在(t，t＋1)上不单调，
∴f′(x)＝－x－3＋＝0在(t，t＋1)上有解，
∴＝0在(t，t＋1)上有解，
∴x2＋3x－4＝0在(t，t＋1)上有解，由x2＋3x－4＝0得x＝1或x＝－4(舍去)，
∴1∈(t，t＋1)，∴t∈(0,1)，故实数t的取值范围是(0,1)．
答案：(0,1)
7．已知y＝f(x)为R上的连续可导函数，且xf′(x)＋f(x)＞0，则函数g(x)＝xf(x)＋1(x＞0)的零点个数为________．
解析：因为g(x)＝xf(x)＋1(x＞0)，g′(x)＝xf′(x)＋f(x)＞0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，又g(0)＝1，y＝f(x)为R上的连续可导函数，所以g(x)为(0，＋∞)上的连续可导函数，又g(x)＞g(0)＝1，所以g(x)在(0，＋∞)上无零点．
答案：0
8．已知函数g(x)满足g(x)＝g′(1)ex－1－g(0)x＋x2，且存在实数x0使得不等式2m－1≥g(x0)成立，则m的取值范围为__________．
解析：g′(x)＝g′(1)ex－1－g(0)＋x，当x＝1时，g(0)＝1，由g(0)＝g′(1)e0－1，解得g′(1)＝e，所以g(x)＝ex－x＋x2，则g′(x)＝ex－1＋x，当x0，所以当x＝0时，函数g(x)取得最小值g(0)＝1，根据题意将不等式转化为2m－1≥g(x)min＝1，所以m≥1.
答案：[1，＋∞)
9．已知函数f(x)＝x2－(2t＋1)x＋tln x(t∈R)．
(1)若t＝1，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程以及f(x)的极值；
(2)设函数g(x)＝(1－t)x，若存在x0∈[1，e]，使得f(x0)≥g(x0)成立，求实数t的最大值．
解析：(1)依题意，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
当t＝1时，f(x)＝x2－3x＋ln x，f′(x)＝2x－3＋＝.
由f′(1)＝0，f(1)＝－2，得曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝－2.
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令f′(x)＝0，解得x＝或x＝1，f′(x)，f(x)随x的变化情况如下：
x
1
(1，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
极大值
极小值
由表格知，f(x)极大值＝f＝－＋ln，f(x)极小值＝f(1)＝－2.
(2)由题意知，不等式f(x)≥g(x)在区间[1，e]上有解，
即x2－2x＋t(ln x－x)≥0在区间[1，e]上有解．
∵当x∈[1，e]时，ln x≤1≤x(不同时取等号)，∴ln x－x2≥2ln x，∴h′(x)≥0，h(x)单调递增，∴x∈[1，e]时，h(x)max＝h(e)＝.
∴t≤，∴实数t的最大值是.
10．已知函数f(x)＝x2＋(1－a)x－aln x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)设a0，此时f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
若a>0，则由f′(x)＝0，得x＝a.当0
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