高考数学一轮复习课时分层训练16导数与函数的综合问题理北师大版.doc

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1、1 / 9【2019【2019 最新最新】精选高考数学一轮复习课时分层训练精选高考数学一轮复习课时分层训练 1616 导数导数与函数的综合问题理北师大版与函数的综合问题理北师大版A A 组组 基础达标基础达标一、选择题1方程 x36x29x100 的实根个数是( )A3 B2C1D0C C 设设 f(x)f(x)x3x36x26x29x9x1010，f(x)f(x)3x23x212x12x9 93(x3(x1)(x1)(x3)3)，由此可知函数的极大值为，由此可知函数的极大值为f(1)f(1)6 60 0，极小值为，极小值为 f(3)f(3)10100 0，所以方程，所以方程x3x36x26x

2、29x9x10100 0 的实根个数为的实根个数为 1.1.2若存在正数 x 使 2x(xa)1 成立，则实数 a 的取值范围是( ) 【导学号：79140088】A(，)B(2，)C(0，)D(1，)D D 2x(x2x(xa)a)1 1，aax x. .令 f(x)x，f(x)12xln 20.f(x)在(0，)上单调递增，f(x)f(0)011，实数 a 的取值范围为(1，)3已知 yf(x)为 R 上的连续可导函数，且 xf(x)f(x)0，则函数 g(x)xf(x)1(x0)的零点个数为( )2 / 9A0B1C0 或 1D无数个A A 因为因为 g(x)g(x)xf(x)xf(x)

3、1(x1(x0)0)，g(x)g(x)xf(x)xf(x)f(x)f(x)0 0，所以，所以 g(x)g(x)在在(0(0，)上单调递增，因为上单调递增，因为 g(0)g(0)1 1，y yf(x)f(x)为为 R R 上的连续可导函数，所以上的连续可导函数，所以 g(x)g(x)为为(0(0，)上的连续可导函数，上的连续可导函数，g(x)g(x)g(0)g(0)1 1，所以，所以 g(x)g(x)在在(0(0，)上上无零点无零点 4(2017市第一次质量预测)已知函数 f(x)x，g(x)2xa，若任意 x1，存在 x22,3，使得 f(x1)g(x2)，则实数 a 的取值范围是( )Aa1

4、Ba1Ca2Da2A A 由题意知由题意知 f(x)ming(x)min(x2,3)f(x)ming(x)min(x2,3)，因为，因为 f(x)f(x)minmin5 5，g(x)ming(x)min4 4a a，所以，所以 5454a a，即，即 a1a1，故选，故选 A.A.5做一个无盖的圆柱形水桶，若要使其体积是 27，且用料最省，则圆柱的底面半径为( )A3B4C6D5A A 设圆柱的底面半径为设圆柱的底面半径为 R R，母线长为，母线长为 l l，则，则V VR2lR2l2727，ll，要使用料最省，只需使圆柱的侧面积，要使用料最省，只需使圆柱的侧面积与下底面面积之和与下底面面积之

5、和 S S 最小最小由题意，SR22RlR22.S2R，令 S0，得 R3，则当 R3 时，S 最小故选 A.二、填空题3 / 96若函数 exf(x)(e2.718 28是自然对数的底数)在 f(x)的定义域上单调递增，则称函数 f(x)具有 M 性质下列函数中所有具有 M 性质的函数的序号为_f(x)2x；f(x)3x；f(x)x3；f(x)x22. 设 g(x)exf(x)对于，g(x)ex2x(xR)，g(x)ex2xex2xln 2(1ln 2)ex2x0，函数 g(x)在 R 上单调递增，故中 f(x)具有 M 性质对于，g(x)ex3x(xR)，g(x)ex3xex3xln 3(

6、1ln 3)ex3x0，函数 g(x)在 R 上单调递增，故中 f(x)具有 M 性质综上，具有 M 性质的函数的序号为.7(2017江苏高考)已知函数 f(x)x32xex，其中 e 是自然对数的底数若 f(a1)f(2a2)0，则实数 a 的取值范围4 / 9是_. 【导学号：79140089】因为 f(x)(x)32(x)ex1，1 21 exx32xexf(x)，所以 f(x)x32xex是奇函数因为 f(a1)f(2a2)0，所以 f(2a2)f(a1)，即 f(2a2)f(1a)因为 f(x)3x22exex3x2223x20，所以 f(x)在 R 上单调递增，所以 2a21a，即

7、 2a2a10，所以1a.8若函数 f(x)2xsin x 对任意的 m2,2，f(mx3)f(x)0 恒成立，则 x 的取值范围是_(3,1) 因为 f(x)是 R 上的奇函数，f(x)2cos x0，则 f(x)在定义域内为增函数，所以 f(mx3)f(x)0 可变形为 f(mx3)f(x)，所以 mx3x，将其看作关于 m 的一次函数，则 g(m)xm3x，m2,2，可得若 m2,2时，g(m)0 恒成立则 g(2)0，g(2)0，解得3x1.三、解答题9已知函数 f(x)exaxa(aR 且 a0)(1)若 f(0)2，求实数 a 的值，并求此时 f(x)在2,1上的最小值；(2)若函

8、数 f(x)不存在零点，求实数 a 的取值范围5 / 9解 (1)由 f(0)1a2，得 a1.易知 f(x)在2,0)上单调递减，在(0,1上单调递增，所以当 x0 时，f(x)在2,1上取得最小值 2.(2)f(x)exa，由于 ex0.当 a0 时，f(x)0，f(x)是增函数，当 x1 时，f(x)exa(x1)0.当 x0 时，取 x，则 f1aa0.所以函数 f(x)存在零点，不满足题意当 a0 时，f(x)exa，令 f(x)0，得 xln(a)在(，ln(a)上，f(x)0，f(x)单调递减，在(ln(a)，)上，f(x)0，f(x)单调递增，所以当 xln(a)时，f(x)取

9、最小值函数 f(x)不存在零点，等价于 f(ln(a)eln(a)aln(a)a2aaln(a)0，解得e2a0.综上所述，所求实数 a 的取值范围是e2a0.10(2018合肥一检)已知函数 f(x)(aR)(1)求函数 f(x)的单调区间；(2)若任意 x1，)，不等式 f(x)1 恒成立，求实数a 的取值范围解 (1)f(x)，当 a时，x22x2a0，故 f(x)0，函数 f(x)在(，)上单调递增，当 a时，函数 f(x)的单调递增区间为(，)，无单调递减区间6 / 9当 a时，令 x22x2a0x11，x21，列表x(，1)2a1(1，12a1)2a1(1，)2a1f(x)f(x)

10、由表可知，当 a时，函数 f(x)的单调递增区间为(，1)和(1，)，单调递减区间为(1，1)(2)f(x)112ax2ex，由条件 2ax2ex，对任意 x1 成立令 g(x)x2ex，h(x)g(x)2xex，h(x)2ex，当 x1，)时，h(x)2ex2e0，h(x)g(x)2xex 在1，)上单调递减，h(x)2xex2e0，即 g(x)0，g(x)x2ex 在1，)上单调递减，g(x)x2exg(1)1e，故 f(x)1 在1，)上恒成立，只需 2ag(x)max1e，a，即实数 a 的取值范围是.B B 组组 能力提升能力提升11(2018山东省实验中学诊断)若函数 f(x)在

11、R 上可导，且满足f(x)xf(x)0，则( )A3f(1)f(3)B3f(1)f(3)C3f(1)f(3)Df(1)f(3)7 / 9B B 由于由于 f(x)f(x)xf(x)xf(x)，则，则0 0 恒成立，因此在恒成立，因此在 R R 上是单调上是单调递减函数，递减函数，所以，即 3f(1)f(3)12方程 f(x)f(x)的实数根 x0 叫作函数 f(x)的“新驻点” ，如果函数 g(x)ln x 的“新驻点”为 a，那么 a 满足( )Aa1B0a1C2a3D1a2D D g(x)g(x)，lnln x x. .设 h(x)ln x，则 h(x)在(0，)上为增函数又h(1)10，

12、h(2)ln 2ln 2ln0，h(x)在(1,2)上有零点，1a2.13已知函数 f(x)ax33x21，若 f(x)存在唯一的零点 x0，且x00，则 a 的取值范围是_. 【导学号：79140090】(，2) 当 a0 时，显然 f(x)有两个零点，不符合题意当 a0 时，f(x)3ax26x，令 f(x)0，解得x10，x2.当 a0 时，0，所以函数 f(x)ax33x21 在(，0)和上为增函数，在上为减函数，因为 f(x)存在唯一零点 x0，且 x00，则 f(0)0，即 10，不成立当 a0 时，0，所以函数 f(x)ax33x21 在和(0，)上为减函数，在上为增函数，因为

13、f(x)存在唯一零点 x0，且 x00，则f0，即 a310，解得 a2 或 a2，又因为8 / 9a0，故 a 的取值范围为(，2)14已知函数 f(x)exmx，其中 m 为常数(1)若对任意 xR 有 f(x)0 恒成立，求 m 的取值范围；(2)当 m1 时，判断 f(x)在0,2m上零点的个数，并说明理由解 (1)依题意，可知 f(x)exm1，令 f(x)0，得 xm.故当 x(，m)时，exm1，f(x)0，f(x)单调递减；当 x(m，)时，exm1，f(x)0，f(x)单调递增故当 xm 时，f(m)为极小值也是最小值令 f(m)1m0，得 m1，即对任意 xR，f(x)0 恒成立时，m 的取值范围是(，1(2)f(x)在0,2m上有两个零点，理由如下：当 m1 时，f(m)1m0.f(0)em0，f(0)f(m)0，且 f(x)在(0，m)上单调递减f(x)在(0，m)上有一个零点又 f(2m)em2m，令 g(m)em2m，则 g(m)em2，当 m1 时，g(m)em20，g(m)在(1，)上单调递增g(m)g(1)e20，即 f(2m)0.f(m)f(2m)0，f(x)在(m,2m)上有一个零点9 / 9故 f(x)在0,2m上有两个零点