2019届高考数学二轮复习第二部分专项专题3 第3讲　强化训练.doc

1、 一、选择题 1函数 f(x)1 2x 2ln x 的最小值为( ) A.1 2 B1 C0 D不存在 解析：选 A.因为 f(x)x1 x x21 x ，且 x0. 令 f(x)0，得 x1；令 f(x)0， 解得 x b， 即 f(x)的单调递增区间为(， b)，( b，) 因为 b(1，4)， 所以(，2)符合题意 5已知函数 f(x)ex1 2x 2mx 有极值点，则实数 m 的取值范围是( ) Am1 Bm1 C0m1 D00 时，g(x)0，所以函数 g(x)ex x 在(，0)上单调递减，在(0，)上单调递增，所以函数 g(x)exx 的极小值点为 0，所以 g(0)1 为 g(

2、x)exx 的最小值，所以实数 m 的取值范围是 m1，故选 B. 6已知 f(x)ln xx 4 3 4x，g(x)x 22ax4，若对任意的 x 1(0，2，存在 x21， 2，使得 f(x1)g(x2)成立，则 a 的取值范围是( ) A.? ? ? ? 5 4， B.? ? ? ? 1 8， C.? ? ? ? 1 8， 5 4 D.? ? ? ? ，5 4 解析：选 A.因为 f(x)1 x 1 4 3 4x2 x24x3 4x2 （x1）（x3） 4x2 ， 易知，当 x(0，1)时，f(x)0， 所以 f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，2上单调递增， 故 f(x)minf(

3、1)1 2. 对于二次函数 g(x)x22ax4，易知该函数开口向下， 所以 g(x)在区间1，2上的最小值在端点处取得， 即 g(x)minming(1)，g(2) 要使对任意的 x1(0， 2， 存在 x21， 2， 使得 f(x1)g(x2)成立， 只需 f(x1)ming(x2)min， 即1 2g(1)且 1 2g(2)， 所以1 212a4 且 1 244a4， 解得 a5 4. 二、填空题 7.? ? 1 e? ? ? x1 x dx_ 解析：? ? 1 e? ? ? x1 x dx ? ? ? ? ? ? x2 2ln x e 1 e2 21 1 2 e21 2 . 答案：e

4、21 2 8(2018 高考全国卷)曲线 y(ax1)ex在点(0，1)处的切线的斜率为2，则 a _. 解析：y(ax1a)ex，由曲线在点(0，1)处的切线的斜率为2，得 y|x0(ax1 a)ex|x01a2，所以 a3. 答案：3 9已知函数 f(x)x22ln x，g(x)xa x，若函数 f(x)与 g(x)有相同的极值点，则实数 a 的值为_ 解析：因为 f(x)x22ln x，所以 f(x)2x2 x 2(x1)(x1) x (x0)，令 f(x)0， 得 x1 或 x1(舍去)，又当 00；当 x1 时，f(x)0，故 g(x)为增函数； 当10 时，g(x)0，故 g(x)

5、为增函数 综上知，g(x)在(，4)和(1，0)上为减函数，在(4，1)和(0，)上为增函 数 11已知函数 f(x)ln x x 1. (1)求函数 f(x)的单调区间； (2)设 m0，求函数 f(x)在区间m，2m上的最大值 解：(1)因为函数 f(x)的定义域为(0，)，且 f(x)1ln x x2 ， 由 ? ? ? ?f（x）0， x0 得 00， 得 xe. 所以函数 f(x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e，) (2)当 ? ? ? ?2me， m0 ， 即 02 时，f(x)0，即 f(x)单调递增 所以 f(x)只有极小值，且在 x2 时，f(x)取得极小值

6、f(2)44ln 2. 所以当 a4 时，f(x)只有极小值 44ln 2. (2)因为 f(x)a2x x ， 所以当 a0，x(0，)时，f(x)0， 即 f(x)在 x(0，)上单调递增，没有最小值； 当 a0 得，xa 2， 所以 f(x)在? ? ? ? a 2， 上单调递增； 由 f(x)0 得，xa 2， 所以 f(x)在? ? ? ? 0，a 2 上单调递减 所以当 a0 时，f(x)的最小值为极小值，即 f? ? ? ? a 2 aln? ? ? ? a 2 a. 根据题意得 f? ? ? ? a 2 aln? ? ? ? a 2 aa， 即 aln(a)ln 20. 因为 a0，所以 ln(a)ln 20，解得 a2， 综上实数 a 的取值范围是2，0)