（2021步步高大一轮数学（新高考版））第三章 强化训练.docx

1、强化训练强化训练导数在函数中的应用导数在函数中的应用 1函数 f (x)exex，xR 的单调递增区间是() A(0，)B(，0) C(，1)D(1，) 答案D 解析由题意知，f(x)exe，令 f(x)0，解得 x1，故选 D. 2函数 f (x)1xsin x 在(0,2)上是() A增函数 B减函数 C在(0，)上增，在(，2)上减 D在(0，)上减，在(，2)上增 答案A 解析f(x)1cos x0，f (x)在(0,2)上是增函数 3f (x)为定义在 R 上的可导函数，且 f(x)f (x)，对任意正实数 a，则下列式子成立的是 () Af (a)eaf (0) Cf (a)f 0

2、 ea 答案B 解析令 g(x)f x ex ， g(x)fxe xf xex ex2 fxf x ex 0. g(x)在 R 上为增函数，又a0， g(a)g(0)，即f a ea f 0 e0 ，即 f (a)eaf (0) 4函数 y x ex在0,2上的最大值是( ) A.1 e B.2 e2 C0D. 1 2 e 答案A 解析易知 y1x ex ，x0,2，令 y0，得 0 x1，令 y0，得 1x0 可解得 x1，故 yx33x 在(，1)，(1，)上单调递增，在(1,1)上单调递减，函数的 极大值为 f (1)2，极小值为 f (1)2，大致图象如图所示而 ya 为一条水平直线，

3、通 过图象可得，ya 介于极大值与极小值之间，则有三个相异交点可得 a(2,2) 6已知定义在 R 上的可导函数 f (x)的导函数为 f(x)，满足 f(x)f (x)，且 f (0)1 2，则不 等式 f (x)1 2e x0 的解集为( ) A. ，1 2B(0，) C. 1 2，D(，0) 答案B 解析构造函数 g(x)f x ex ， 则 g(x)fxf x ex ， 因为 f(x)f (x)，所以 g(x)0， 故函数 g(x)在 R 上为减函数， 又 f (0)1 2，所以 g(0) f 0 e0 1 2， 则不等式 f (x)1 2e x0 可化为f x ex 1 2， 即 g

4、(x)0，即所求不等式的解集为(0，) 7(多选)如果函数 yf (x)的导函数 yf(x)的图象如图所示，则以下关于函数 yf (x)的判 断正确的是() A在区间(2,4)内单调递减 B在区间(2,3)内单调递增 Cx3 是极小值点 Dx4 是极大值点 答案BD 解析A 项，函数 yf (x)在区间(2,4)内 f(x)0，则函数 f (x)在区间(2,4)上单调递增，故 A 不正确； B 项，函数 yf (x)在区间(2,3)内的导数 f(x)0， 则函数 f (x)在区间(2,3)上单调递增，故 B 正确； C 项，由图象知当 x3 时，函数 f(x)取得极小值，但是函数 yf (x)

5、没有取得极小值，故 C 错误； D 项，当 x4 时，f(x)0， 当 2x4 时，f(x)0，函数 yf (x)为增函数，当 x4 时， f(x)0，函数 yf (x)为减函数， 则 x4 是函数 f (x)的极大值点，故 D 正确 8(多选)已知函数 f (x)x32x24x7，其导函数为 f(x)，下列命题中真命题的为() Af (x)的单调递减区间是 2 3，2 Bf (x)的极小值是15 C当 a2 时，对任意的 x2 且 xa，恒有 f (x)f (a)f(a)(xa) D函数 f (x)有且只有一个零点 答案BCD 解析f (x)x32x24x7， 其导函数为 f(x)3x24x

6、4. 令 f(x)0，解得 x2 3，x2， 当 f(x)0，即 x2 3或 x2 时，函数单调递增， 当 f(x)0，即2 3x2 时，函数单调递减； 故当 x2 时，函数有极小值，极小值为 f (2)15， 当 x2 3时，函数有极大值，极大值为 f 2 3 0， 故函数只有一个零点，A 错误，BD 正确； 当 a2 时，对任意的 x2 且 xa，恒有 f (x)f (a)f(a)(xa)，即 f (x)f (a)f(a)(xa) x32a32x22a23a2x4ax0 在 x2，a2 且 xa 上恒成立， 设 g(x)f (x)f (a)f(a)(xa)， g(x)3x24x3a24a，

7、 令 h(x)g(x)，h(x)6x4， 令 h(x)0，x2 3， g(x)在(2，)上单调递增，又因为 g(a)0，所以当 2xa 时，g(x)a 时， g(x)0，所以 g(x)在(2，a)上单调递减，在(a，)上单调递增，又 xa，所以 g(x)g(a) 0，所以恒有 f (x)f (a)f(a)(xa)故 C 正确 9若函数 f (x)x 3 3 a 2x 2x1 在区间 1 2，3上单调递减，则实数 a 的取值范围是_ 答案 10 3 ， 解析f(x)x2ax1，因为函数 f (x)在区间 1 2，3上单调递减，所以 f(x)0 在区间 1 2，3上恒成立，所以 f 1 2 0，

8、f30， 即 1 4 a 210， 93a10， 解得 a10 3 ，所以实数 a 的取值 范围为 10 3 ， . 10已知函数 f (x)ex2xa 有零点，则实数 a 的取值范围是_ 答案(，2ln 22 解析由原函数有零点，可将问题转化为方程 ex2xa0 有解问题，即方程 a2xex有 解 令函数 g(x)2xex，则 g(x)2ex， 令 g(x)0，得 xln 2， 所以 g(x)在(，ln 2)上是增函数，在(ln 2，)上是减函数， 所以 g(x)的最大值为 g(ln 2)2ln 22， 因此，a 的取值范围就是函数 g(x)的值域， 所以 a(，2ln 22 11已知函数

9、f (x)ln xa(1x)在(2，)上为单调函数，求实数 a 的取值范围 解方法一f (x)的定义域为(0，)，f(x)1 xa. 若 a0，则 f(x)0，f (x)在(0，)上单调递增； 若 a0，则当 x 0，1 a 时，f(x)0， 当 x 1 a，时，f(x)0 时，f (x)在 1 a，上单调 递减，则 21 a，即 a 1 2.所以实数 a 的取值范围是(，0 1 2，. 方法二f (x)的定义域为(0，)，f(x)1 xa. 由题意得， 当 x(2， )时， f(x)0 恒成立或 f(x)0 恒成立， 即 a1 x恒成立或 a 1 x恒 成立 x(2，)，01 x0， 则 g

10、(x)ex(x22x)0， 即 g(x)在(0，)上单调递增， 又 g(1)0，所以当 0 x1 时，g(x)g(1)0，则 f(x)1 时，g(x)0，则 f(x)0， 所以 f (x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增 (2)F(x)f (x)1 x ex e 3，且 f (1)10， 由(1)得x1，x2，满足 0 x11x2， 使得 f (x)在(0，x1)上大于 0，在(x1，x2)上小于 0，在(x2，)上大于 0， 即 F (x)在(0，x1)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减，在(x2，)上单调递增， 而 F (1)0，x0 时，F (x)， x时，F (x)，

11、画出函数 F (x)图象的草图，如图所示 故 F (x)在(0，)上的零点有 3 个 13已知函数 f (x)sin x1 3x，x0，cos x 01 3，x 00， f (x)的最大值为 f (x0)； f (x)的最小值为 f (x0)； f (x)在0，x0上是减函数； f (x)在x0，上是减函数 那么上面命题中真命题的序号是_ 答案 解析f(x)cos x1 3，由 f(x)0，得 cos x 1 3，即 xx 0，因为 x00，当 0 x0；当 x0 x时，f(x)0，因为函数存在唯一的极值， 所以导函数存在唯一的零点，且零点大于 0，故 x1 是唯一的极值点，此时a0，且 f

12、(1) 1 2a1，所以 a 3 2. 15已知函数 f (x)(x2)exe1，g(x)a xxln x，对任意的 m 1 e，3，总存在 n 1 e，3 使得 g(m)f (n)成立，则实数 a 的取值范围为_ 答案1，) 解析对任意的 m 1 e，3， 总存在 n 1 e，3使得 g(m)f (n)成立， 即当 x 1 e，3时，g(x)f (x)min恒成立， f (x)(x2)exe1，f(x)(x1)ex， 当 x 1 e，1时，f(x)0，函数 f (x)单调递增， f (x)minf (1)1， 当 x 1 e，3时，g(x)a xxln x1， 则 axx2ln x， 记 h

13、(x)xx2ln x，h(x)12xln xx， h(1)0，令 k(x)h(x)，则 k(x)32ln x， k(x)在 1 e，3上单调递减，k(x)k 1 e 1， h(x)单调递减，当 x 1 e，1时，h(x)0，h(x)单调递增，当 x(1,3)时，h(x)0) 当 a0 时，由 ax210，得 x 1 a， 由 ax210，得 0 x0 时，F (x)在区间 1 a，上单调递增，在区间 0， 1 a 上单调递减 当 a0 时，F(x)0)恒成立 故当 a0 时，F (x)在(0，)上单调递减 综上， 若 a0， F (x)在(0， )上单调递减； 若 a0， F (x)在 0，

14、1 a 上单调递减， 在 1 a， 上单调递增 (2)方法一方程 f (x)g(x)在区间 2，e上有两个不相等的根，等价于 F (x)f (x)g(x)在区 间 2，e上有两个不等的零点 由(1)知，若 a0，F (x)在(0，)上单调递减，最多有一个零点，所以 a0，F (x)在 0， 1 a 上单调递减，在 1 a，上单调递增，易知 F (x)在其定义域上连续， 若 F (x)在区间 2，e上有两个不等零点， 则 2 1 ae， F 1 a 0， F 20， Fe0， 即 1 e2a 1 2， 1 1 2 2ln a 0， 2a2ln20， e2a2ln e0， 解得 1 e2a 1 2

15、， a1 e， aln 2 2 ， a2 e2， 由2 e2 ln 2 2 4e 2ln 2 2e2 2 4e 2 ln e -ln 2 2e ln 81ln 2 7 2e2 0，可知2 e2 ln 2 2 ， 所以该不等式组的解集为 a| ln 2 2 a1 e， 即 f (x)g(x)在 2，e上有两个不相等的解时，a 的取值范围为 ln 2 2 ，1 e . 方法二原条件等价于方程 a2ln x x2 在区间 2，e上有两个不相等的实数解 令(x)2ln x x2 ， 2xe， 由(x)2x12ln x x4 易知，(x)在( 2， e)上为增函数，在( e，e)上为减函数，则(x)max ( e)1 e， 而(e)2 e2，( 2) ln 2 2 . 又(e)( 2)2 e2 ln 2 2 4e 2ln 2 2e2 ln e 4ln 2e2 2e2 ln 81ln 2 7 2e2 0，所以(e)( 2) 所以(x)min(e)， 如图可知(x)a 有两个不相等的解时，需ln 2 2 a1 e. 即 f (x)g(x)在 2，e上有两个不相等的解时，a 的取值范围为 ln 2 2 ，1 e .