高考数学一轮复习第三章 强化训练

这是一份高考数学一轮复习第三章 强化训练，共8页。

强化训练　导数在函数中的应用

1．函数f (x)＝ex－ex，x∈R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)＝ex－e，令f′(x)>0，解得x>1，故选D.
2．函数f (x)＝1＋x－sin x在(0,2π)上是(　　)
A．增函数
B．减函数
C．在(0，π)上增，在(π，2π)上减
D．在(0，π)上减，在(π，2π)上增
答案　A
解析　∵f′(x)＝1－cos x>0，∴f (x)在(0,2π)上是增函数．
3．f (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(　　)
A．f (a)eaf (0)
C．f (a)< D．f (a)>
答案　B
解析　令g(x)＝，
∴g′(x)＝＝>0.
∴g(x)在R上为增函数，又∵a>0，
∴g(a)>g(0)，即>，即f (a)>eaf (0)．
4．函数y＝在[0,2]上的最大值是(　　)
A. B. C．0 D.
答案　A
解析　易知y′＝，x∈[0,2]，令y′>0，得0 5．(2019·石家庄模拟)直线y＝a与函数y＝x3－3x的图象有三个相异的交点，则实数a的取值范围为(　　)
A．(－2,2) B．[－2,2]
C．[2，＋∞) D．(－∞，－2]
答案　A
解析　考虑数形结合，y＝x3－3x的导数y′＝3x2－3＝3(x－1)·(x＋1)，令y′>0可解得x<－1或x>1，故y＝x3－3x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y＝a为一条水平直线，通过图象可得，y＝a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) A. B．(0，＋∞)
C. D．(－∞，0)
答案　B
解析　构造函数g(x)＝，
则g′(x)＝，
因为f′(x) 故函数g(x)在R上为减函数，
又f (0)＝，所以g(0)＝＝，
则不等式f (x)－ex<0可化为<，
即g(x)<＝g(0)，
所以x>0，即所求不等式的解集为(0，＋∞)．



7．(多选)如果函数y＝f (x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则以下关于函数y＝f (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
C．x＝－3是极小值点
D．x＝4是极大值点
答案　BD
解析　A项，函数y＝f (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y＝f (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x＝－3时，函数f′(x)取得极小值，但是函数y＝f (x)没有取得极小值，故C错误；
D项，当x＝4时，f′(x)＝0，
当2＜x＜4时，f′(x)＞0，函数y＝f (x)为增函数，当x>4时，
f′(x)＜0，函数y＝f (x)为减函数，
则x＝4是函数f (x)的极大值点，故D正确．
8．(多选)已知函数f (x)＝x3－2x2－4x－7，其导函数为f′(x)，下列命题中真命题的为(　　)
A．f (x)的单调递减区间是
B．f (x)的极小值是－15
C．当a＞2时，对任意的x＞2且x≠a，恒有f (x)＞f (a)＋f′(a)(x－a)
D．函数f (x)有且只有一个零点
答案　BCD
解析　f (x)＝x3－2x2－4x－7，
其导函数为f′(x)＝3x2－4x－4.
令f′(x)＝0，解得x＝－，x＝2，
当f′(x)＞0，即x＜－或x＞2时，函数单调递增，
当f′(x)＜0，即－＜x＜2时，函数单调递减；
故当x＝2时，函数有极小值，极小值为f (2)＝－15，
当x＝－时，函数有极大值，极大值为f ＜0，
故函数只有一个零点，A错误，BD正确；
当a>2时，对任意的x>2且x≠a，恒有f (x)>f (a)＋f′(a)(x－a)，即f (x)－f (a)－f′(a)(x－a)＝x3＋2a3－2x2－2a2－3a2x＋4ax>0在x>2，a>2且x≠a上恒成立，
设g(x)＝f (x)－f (a)－f′(a)(x－a)，
g′(x)＝3x2－4x－3a2＋4a，
令h(x)＝g′(x)，h′(x)＝6x－4，
令h′(x)>0，x>，
∴g′(x)在(2，＋∞)上单调递增，又因为g′(a)＝0，所以当2a时，g′(x)>0，所以g(x)在(2，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，又x≠a，所以g(x)>g(a)＝0，所以恒有f (x)>f (a′)＋f′(a)·(x－a)．故C正确．
9．若函数f (x)＝－x2＋x＋1在区间上单调递减，则实数a的取值范围是________．
答案　
解析　f′(x)＝x2－ax＋1，因为函数f (x)在区间上单调递减，所以f′(x)≤0在区间上恒成立，所以即解得a≥，所以实数a的取值范围为.
10．已知函数f (x)＝ex－2x＋a有零点，则实数a的取值范围是________________．
答案　(－∞，2ln 2－2]
解析　由原函数有零点，可将问题转化为方程ex－2x＋a＝0有解问题，即方程a＝2x－ex有解．
令函数g(x)＝2x－ex，则g′(x)＝2－ex，
令g′(x)＝0，得x＝ln 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 2－2，
因此，a的取值范围就是函数g(x)的值域，
所以a∈(－∞，2ln 2－2]．
11．已知函数f (x)＝ln x＋a(1－x)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)＝－a.
若a≤0，则f′(x)>0，f (x)在(0，＋∞)上单调递增；
若a>0，则当x∈时，f′(x)>0，
当x∈时，f′(x)<0，所以f (x)在上单调递增，在上单调递减，
所以当a≤0时，f (x)在(0，＋∞)上单调递增，符合要求；当a>0时，f (x)在上单调递减，则2≥，即a≥.所以实数a的取值范围是(－∞，0]∪.
方法二　f (x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－a.
由题意得，当x∈(2，＋∞)时，f′(x)≥0恒成立或f′(x)≤0恒成立，即a≤恒成立或a≥恒成立．
∵x∈(2，＋∞)，∴0<<，∴a≤0或a≥，
∴实数a的取值范围是(－∞，0]∪.
12．(2020·东北四校联考)已知f (x)＝＋－3，F (x)＝ln x＋－3x＋2.
(1)判断f (x)在(0，＋∞)上的单调性；
(2)判断函数F (x)在(0，＋∞)上零点的个数．
解　(1)f′(x)＝－＋＝，
令g(x)＝x2ex－e，x>0，
则g′(x)＝ex(x2＋2x)>0，
即g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又g(1)＝0，所以当01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)＝＋－3，且f (1)＝－1<0，
由(1)得∃x1，x2，满足0 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，x→0时，F (x)→－∞，
x→＋∞时，F (x)→＋∞，
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 x－x，x∈[0，π]，cos x0＝，x0∈[0，π]．
①f (x)的最大值为f (x0)；
②f (x)的最小值为f (x0)；
③f (x)在[0，x0]上是减函数；
④f (x)在[x0，π]上是减函数．
那么上面命题中真命题的序号是________．
答案　①④
解析　f′(x)＝cos x－，由f′(x)＝0，得cos x＝，即x＝x0，因为x0∈[0，π]，当00；当x0 14．(2020·邢台模拟)若函数f (x)＝x2＋(a－1)x－aln x存在唯一的极值，且此极值不小于1，则实数a的取值范围为________．
答案　
解析　对函数求导得f′(x)＝x－1＋a＝，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x＝1是唯一的极值点，此时－a≤0，且f (1)＝－＋a≥1，所以a≥.

15．已知函数f (x)＝(x－2)ex＋e＋1，g(x)＝＋xln x，对任意的m∈，总存在n∈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∈，
总存在n∈使得g(m)≥f (n)成立，
即当x∈时，g(x)≥f (x)min恒成立，
∵f (x)＝(x－2)ex＋e＋1，∴f′(x)＝(x－1)ex，
∴当x∈时，f′(x)<0，函数f (x)单调递减，
∴当x∈(1,3]时，f′(x)>0，函数f (x)单调递增，
∴f (x)min＝f (1)＝1，
当x∈时，g(x)＝＋xln x≥1，
则a≥x－x2ln x，
记h(x)＝x－x2ln x，h′(x)＝1－2xln x－x，
h′(1)＝0，令k(x)＝h′(x)，则k′(x)＝－3－2ln x，
k′(x)在上单调递减，k′(x)≤k′＝－1，
∴h′(x)单调递减，∴当x∈时，h′(x)>0，h(x)单调递增，当x∈(1,3)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，
∴h(x)max＝h(1)＝1，故当a≥1时，g(x)≥1.
故实数a的取值范围为[1，＋∞)．
16．已知f (x)＝ax2(a∈R)，g(x)＝2ln x.
(1)讨论函数F (x)＝f (x)－g(x)的单调性；
(2)若方程f (x)＝g(x)在区间[，e]上有两个不相等的解，求a的取值范围．
解　(1)F (x)＝ax2－2ln x，
其定义域为(0，＋∞)，
所以F′(x)＝2ax－＝(x>0)．
①当a>0时，由ax2－1>0，得x>，
由ax2－1<0，得0 故当a>0时，F (x)在区间上单调递增，在区间上单调递减．
②当a≤0时，F′(x)<0(x>0)恒成立．
故当a≤0时，F (x)在(0，＋∞)上单调递减．
综上，若a≤0，F (x)在(0，＋∞)上单调递减；若a>0，F (x)在上单调递减，在上单调递增．
(2)方法一　方程f (x)＝g(x)在区间[，e]上有两个不相等的根，等价于F (x)＝f (x)－g(x)在区间[，e]上有两个不等的零点．
由(1)知，若a≤0，F (x)在(0，＋∞)上单调递减，最多有一个零点，所以a>0，F (x)在上单调递减，在上单调递增，易知F (x)在其定义域上连续，
若F (x)在区间[，e]上有两个不等零点，
则即解得
由－＝＝<<0，可知<，
所以该不等式组的解集为，
即f (x)＝g(x)在[，e]上有两个不相等的解时，a的取值范围为.
方法二　原条件等价于方程a＝在区间[，e]上有两个不相等的实数解．
令φ(x)＝，≤x≤e，
由φ′(x)＝易知，φ(x)在(，)上为增函数，在(，e)上为减函数，则φ(x)max＝φ()＝，
而φ(e)＝，φ()＝.
又φ(e)－φ()＝－＝＝<<0，所以φ(e)<φ()．
所以φ(x)min＝φ(e)，
如图可知φ(x)＝a有两个不相等的解时，需≤a<.

即f (x)＝g(x)在[，e]上有两个不相等的解时，a的取值范围为.