2019版高考数学一轮复习第2章函数导数及其应用2.11导数在研究函数中的应用一课后作业（理科）.doc

1、=【 ;精品教育资源文库 】 = 2.11 导数在研究函数中的应用（一） 重点保分 两级优选练 A 级 一、选择题 1 (2017 陕西模拟 )函数 f(x) axx2 1(a0)的单调递增区间是 ( ) A ( ， 1) B ( 1,1) C (1， ) D ( ， 1) (1， ) 答案 B 解析 函数 f(x)的定义域为 R， f( x) a x2x2 2a x xx2 2 .由于 a0，要使 f( x)0，只需 (1 x)(1 x)0，解得 x ( 1,1)，故选 B. 2若函数 f(x) (x2 2x)ex在 (a， b)上单调递减，则 b a 的最大值为 ( ) A 2 B. 2

2、C 4 D 2 2 答案 D 解析 f( x) (2x 2)ex (x2 2x)ex (x2 2)ex，令 f( x)0 的解集为 ( ) A ( ， 1) B ( 1,1) C ( ， 0) D ( 1， ) 答案 A 解析 设 g(x) f xe2x ，则 g( x) f x 2f xe2x 0?g(x)0，所以 x2， a2. 故选 D. 6函数 f(x)在定义域 R 内可导，若 f(x) f(2 x)，且当 x ( ， 1)时， (x1)f( x)0. 即 f(x)在 ( ， 1)上单调递增， f( 1)12时， f( x)0. x 12时取极大值， f? ?12 1e 12 12e.

3、故选 B. 8已知函数 f(x) ax 1 ln x，若存在 x00，使得 f(x0)0 有解，则实数 a 的取值范围是 ( ) A a2 B a0，当 x1 时， h( x)1 时， f( 1) a 40 ，且 f? ?1a 2a 10 ， 解得 a 4.综上所述， a 4.故选 C. 10 (2018 黄山一模 )已知函数 f(x) m? ?x 1x 2ln x(m R)， g(x) mx，若至少存在一个 x0 1， e，使得 f(x0)0 恒成立 m ? ?1x 2 2x，令 g(x) ? ?1x 2 2x，则当 1x 1 时，函数 g(x)取得最大值 1，故 m1. 12 (2017

4、西工大附中质检 )已知 f(x)是奇函数，且当 x (0,2)时， f(x) ln xax? ?a12 ，当 x ( 2,0)时， f(x)的最小值是 1，则 a _. 答案 1 =【 ;精品教育资源文库 】 = 解析 由题意，得 x (0,2)时， f(x) ln x ax? ?a12 有最大值 1， f( x) 1x a，由f( x) 0，得 x 1a (0,2)，且 x ? ?0， 1a 时， f( x)0， f(x)单调递增， x ? ?1a， 2 时，f( x)0 成立； 存在 a ( ， 0)，使得函数 f(x)有两个零点 其中正确命题的序号是 _ (写出所有正确命题的序号 ) 答

5、案 解析 由 f(x) ex aln x，可得 f( x) ex ax，若 a0，则 f( x)0，得函数 f(x)是 D 上的增函数，存在 x (0,1)，使得 f(x)0，所以函数 f(x)存在最小值 f(m)，即命题 正确；若 f(m)0 时，求函数 f(x)在 1,2上的最小值 解 (1)f( x) 1x a(x0)， =【 ;精品教育资源文库 】 = 当 a0 时， f( x) 1x a0， 即函数 f(x)的单调增区间为 (0， ) 当 a0 时，令 f( x) 1x a 0，可得 x 1a. 当 00； 当 x1a时， f( x) 1 axx 0 时， f(x)的单调递增区间为

6、? ?0， 1a ，单调递减区间为 ? ?1a， . (2) 当 1a1 ，即 a1 时，函数 f(x)在区间 1,2上是减函数， f(x)的最小值是 f(2) ln 2 2a. 当 1a2 ，即 00. (1)记 f(x)的极小值为 g(a)，求 g(a)的最大值； (2)若对任意实数 x 恒有 f(x)0 ，求 a 的取值范围 解 (1)函数 f(x)的定义域是 ( ， ) ， f( x) ex a，令 f( x)0，得 xln a， 所以 f(x)的单调递增区间是 (ln a， ) ； 令 f( x)0， g(a)在 (0,1)上单调递增； =【 ;精品教育资源文库 】 = 当 a1 时

7、， g( a)0， ex ax0 恒成立， 当 x0 时， f(x)0 ，即 ex ax0 ，即 a exx. 令 h(x) exx， x (0， ) ， h( x)exx exx2 ex xx2 ， 当 01 时， h( x)0，故 h(x)的最小值为 h(1) e， 所以 ae ，故实数 a 的取值范围是 (0， e 17 (2017 湖南湘中名校联考 )设函数 f(x) x 1x aln x(a R) (1)讨论 f(x)的单调性； (2)若 f(x)有 两个极值点 x1和 x2，记过点 A(x1， f(x1)， B(x2， f(x2)的直线的斜率为 k，问：是否存在 a，使得 k 2

8、a？若存在，求出 a 的值；若不存在，请说明理由 解 (1)f(x)的定义域为 (0， ) ， f( x) 1 1x2 ax x2 ax 1x2 . 令 g(x) x2 ax 1，则方程 x2 ax 1 0 的判别式 a2 4. 当 |a|2 时， 0 ， f( x)0 ，故 f(x)在 (0， ) 上单调递增 当 a0， g(x) 0 的两根都小于 0，在 (0， ) 上恒有 f( x)0，故 f(x)在 (0， ) 上单调递增 当 a2 时， 0， g(x) 0 的两根为 x1 a a2 42 ， x2a a2 42 ， 当 00；当 x1x2时， f( x)0， 故 f(x)在 (0，

9、x1)， (x2， ) 上单调递增，在 (x1， x2)上单调递减 (2)由 (1)知， a2. 因为 f(x1) f(x2) (x1 x2) x1 x2x1x2 a(ln x1 ln x2)， 所以 k f x1 f x2x1 x2 1 1x1x2 a ln x1 ln x2x1 x2. 又由 (1)知， x1x2 1.于是 k 2 a ln x1 ln x2x1 x2. 若存在 a，使得 k 2 a.则 ln x1 ln x2x1 x2 1. 即 ln x1 ln x2 x1 x2. 亦即 x2 1x2 2ln x2 0(x21) (*) 再由 (1)知，函数 h(t) t 1t 2ln t 在 (0， ) 上单调递增，而 x21， 所以 x2 1x2 2ln x21 11 2ln 1 0.这与 (*)式矛盾故不存在 a，使得 k 2 a.