午练9导数的概念、运算及导数与函数的单调性
一、选择题
1.已知函数f(x)的导函数为f′(x),且f′(1)=a,limeq^\o(,\s\do4(Δx→0))eq\f(f(1)-f(1+Δx),2Δx)=1-a,则实数a的值为()
A.-2 B.-eq\f(1,2)
C.eq\f(1,2) D.2
答案D
解析limeq^\o(,\s\do4(Δx→0))eq\f(f(1)-f(1+Δx),2Δx)=-eq\f(1,2)limeq^\o(,\s\do4(Δx→0))eq\f(f(1+Δx)-f(1),Δx)=-eq\f(1,2)a,则-eq\f(1,2)a=1-a,解得a=2,故选D.
2.已知函数f(x)的导函数是f′(x),且满足f(x)=2xf′(1)+lneq\f(1,x),则f(1)=()
A.-e B.2
C.-2 D.e
答案B
解析因为f(x)=2xf′(1)+lneq\f(1,x)=2xf′(1)-lnx,所以f′(x)=2f′(1)-eq\f(1,x),所以f′(1)=2f′(1)-1,解得f′(1)=1,所以f(x)=2x+lneq\f(1,x),f(1)=2+ln1=2.
3.已知函数f(x)=lnx+ln(2-x),则()
A.f(x)在(0,2)上单调递增
B.f(x)在(0,2)上单调递减
C.y=f(x)的图象关于直线x=1对称
D.y=f(x)的图象关于点(1,0)对称
答案C
解析由题意知,f(2-x)=ln(2-x)+lnx=f(x),所以f(x)的图象关于直线x=1对称,C正确,D错误;又f′(x)=eq\f(1,x)-eq\f(1,2-x)=eq\f(2(1-x),x(2-x))(0x2),所以f(x)在(0,1)上单调递增,在[1,2)上单调递减,A,B错误.故选C.
4.(多选)已知函数f(x)=eq\f(16,3)x3+eq\f(1,x),则()
A.f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(1,2),\f(1,2)))上是减函数
B.f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(1,2),0)),eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(1,2)))上是减函数
C.f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-∞,-\f(1,2)))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2),+∞))
D.f(x)在(-∞,-1)和(1,+∞)上是增函数
答案BCD
解析f(x)的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞).
f′(x)=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(16,3)x3+\f(1,x)))′=16x2-eq\f(1,x2)=eq\f(16x4-1,x2)=eq\f((4x2-1)(4x2+1),x2)
=eq\f((2x-1)(2x+1)(4x2+1),x2),
令f′(x)0,得x-eq\f(1,2)或xeq\f(1,2),
所以f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-∞,-\f(1,2)))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2),+∞)),
所以f(x)在(-∞,-1)和(1,+∞)上是增函数,令f′(x)0,
得-eq\f(1,2)x0或0xeq\f(1,2),
所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(1,2),0))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(1,2)))上是减函数.
5.(多选)定义方程f(x)=f′(x)的实数根x0叫作函数f(x)的“新不动点”,则下列函数只有一个“新不动点”的为()
A.g(x)=x·2x
B.g(x)=-ex-2x
C.g(x)=lnx
D.g(x)=sinx+2cosx
答案ABC
解析对于A,g′(x)=2x+x·2x·ln2,由x·2x=2x+x·2x·ln2得x=eq\f(1,1-ln2),所以g(x)只有一个“新不动点”,故A符合题意;
对于B,g′(x)=-ex-2,由-ex-2=-ex-2x得x=1,所以g(x)只有一个“新不动点”,故B符合题意;
对于C,g′(x)=eq\f(1,x),根据y=lnx和y=eq\f(1,x)的图象可看出lnx=eq\f(1,x)只有一个实数根,所以g(x)只有一个“新不动点”,故C符合