■河南省清丰县第一高级中学 肖贯勋

函数与导数测试题集锦

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答案提示

1.设函数f(x)在R上存在导数f'(x),对任意的x∈R都有f(-x)+f(x)=x2,且x∈(0,+∞)时,f'(x)>x,若f(2-a)-f(a)≥2-2a,则实数a的取值范围为( )。

A.[1,+∞) B.(-∞,1]

C.(-∞,2] D.[2,+∞)

(1)当a>0时,根据定义证明f(x)在(-∞,-2)上单调递增;

(2)求集合Ma={b|函数f(x)有三个不同的零点}。

3.设函数f(x)=x2-bx+alnx。

(1)若b=2,函数f(x)有两个极值点x1,x2,且x1

(2)在(1)的条件下,证明:f(x2)>;

(3)若对任意实数b∈[1,2],都存在实数x∈(1,e)(e为自然对数的底数),使得f(x)<0成立,求实数a的取值范围。

4.设函数f(x)=lnx-x2+ax。

(1)若函数f(x)在(0,e]上单调递增,试求a的取值范围;

(2)设函数f(x)在点C(1,f(1))处的切线为l,证明:函数f(x)图像上的点都不在直线l的上方。

(Ⅰ)若函数f(x)在[2,+∞)上为减函数,求实数a的最小值;

(Ⅱ)若存在x1,x2∈[e,e2],使f(x1)≤f'(x2)+a成立,求实数a的取值范围。

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)为奇函数。又因为x∈(0,+∞)时,f'(x)>x,所以x∈(0,+∞)时,g'(x)=f'(x)-x> 0,所以函数g(x)在(0,+∞)上是增函数,故函数g(x)在(-∞,0)上是增函数。又因为g(0)=0,所以g(x)在R上是增函数。f(2-a)-f(a)≥2-2a等价于f(2-a)-,即g(2-a)≥g(a),所以2-a≥a,即a≤1。故选B。

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

①当a>0时,u(x),v(x)开口均向上,由v(-2)=-1<0知v(x)在(-∞,-2)上有唯一零点,为了满足f(x)有三个零点, u(x)在(-2,+∞)上应有两个不同零点。

所以2a-2a。

②当a<0时,u(x),v(x)开口均向下,由u(-2)=1>0知u(x)在(-2,+∞)上有唯一零点,为了满足f(x)有三个零点,v(x)在(-∞,-2)上应有两个不同零点。

综合①②可得Ma=

3.(1)由已知,b=2时,f(x)=x2-2x+ alnx,f(x)的定义域为(0,+∞),求导得。因为f(x)有两个极值点x1,x2,所以f'(x)=0有两个不同的正根,即2x2-2x+a=0有两个正根,所以Δ= 4-8a>0,x1x2>0,所以a的取值范围为

(3)令g(b)=x2-xb+alnx,b∈[1, 2],由于x∈(1,e),所以g(b)是关于b的一次函数。根据题意,对任意实数b∈[1,2],都存在实数x∈(1,e),使得f(x)<0成立,则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),则w'(x)=4x-1>0,所以w(x)在(1,e)上单调递增,所以w(x)> w(1)=1+a。

①当1+a≥0,即a≥-1时,w(x)>0,所以h'(x)>0,所以h(x)在(1,e)上单调递增,所以h(x)>h(1)=0不符合题意。②当1+a<0,即a<-1时,w(1)=1+a<0, w(e)=2e2-e+a。若w(e)<0,即a≤2e2-e<-1时,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)上单调递减,所以存在x0∈(1,e)使得h(x0)0,即2e2-e

综上所述,当a<-1时,对任意实数b∈[1,2],都存在实数x∈(1,e)使得f(x)<0。

4.(1)由f(x)=lnx-x2+ax,可得因为f(x)在(0,e]上单调递增,所以在x (0,e]上恒成立。所以在(0,e]上恒成立,即。而在(0,e]上单调递增,故

(2)因为f'(1)=1-2+a=a-1,所以切点C(1,a-1),故切线l的方程为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,则

所以,当x变化时,g'(x)、g(x)的关系如表1:

表1

因为g(x)≤g(1)=0,所以函数f(x)图像上不存在位于直线l上方的点。

所以,当x∈[2,+∞)时,f'(x)max≤0。

(Ⅱ)命题“若存在x1,x2∈[e,e2],使f(x1)≤f'(x2)+a成立”等价于“当x∈[e, e2]时,有f(x)min≤f'(x)max+a”。由(Ⅰ)知,当x∈[e,e2]时,所以问题等价于“当x∈[e, e2]时,有

①当-a≥0,即a≤0时,f'(x)≥0在[e ,e2]上恒成立,故f(x)在[e ,e2]上为增函数,于是,矛盾。②当-a<0,即时,由f'(x)的单调性和值域知,存在唯一x0∈(e,e2),使f'(x)=0,且满足:当x∈(e,x0)时, f'(x)<0,f(x)为减函数;当x∈(x0,e2)时, f'(x)>0,f(x)为增函数。所以f(x)min=所以,,与矛盾。

(责任编辑 王福华)