2019-2020年高考数学异构异模复习第三章导数及其应用3.2.1函数的单调性与导数撬题文.DOC
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2019-2020年高考数学异构异模复习第三章导数及其应用3.2.1函数的单调性与导数撬题文1设函数f(x)ex(2x1)axa,其中a1,若存在唯一的整数x0使得f(x0)0,则a的取值范围是()A. B.C. D.答案D解析由题意可知存在唯一的整数x0,使得ex0(2x01)ax0a,设g(x)ex(2x1),h(x)axa,由g(x)ex(2x1)可知g(x)在上单调递减,在上单调递增,作出g(x)与h(x)的大致图象如图所示,故,即,所以a0时,xf(x)f(x)0成立的x的取值范围是()A(,1)(0,1) B(1,0)(1,)C(,1)(1,0) D(0,1)(1,)答案A解析令F(x),因为f(x)为奇函数,所以F(x)为偶函数,由于F(x),当x0时,xf(x)f(x)0成立的x的取值范围是(,1)(0,1)故选A.3若定义在R上的函数f(x)满足f(0)1,其导函数f(x)满足f(x)k1,则下列结论中一定错误的是()AfCf答案C解析构造函数g(x)f(x)kx1,则g(x)f(x)k0,g(x)在R上为增函数k1,0,则gg(0)而g(0)f(0)10,gf10,即f1,所以选项C错误,故选C.4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()A(2,) B(1,)C(,2) D(,1)答案C解析(1)当a0时,显然f(x)有两个零点,不符合题意(2)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)与上为增函数,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,则f0,即a310,解得a2或a2,又因为a0.(1)设g(x)是f(x)的导函数,讨论g(x)的单调性;(2)证明:存在a(0,1),使得f(x)0在区间(1,)内恒成立,且f(x)0在区间(1,)内有唯一解解(1)由已知,函数f(x)的定义域为(0,),g(x)f(x)2(xa)2ln x2,所以g(x)2当0a0,(e)220.故存在x0(1,e),使得(x0)0.令a0,u(x)x1ln x(x1)由u(x)10知,函数u(x)在区间(1,)上单调递增所以0a01.即a0(0,1)当aa0时,有f(x0)0,f(x0)(x0)0.由(1)知,f(x)在区间(1,)上单调递增,故当x(1,x0)时,f(x)f(x0)0;当x(x0,)时,f(x)0,从而f(x)f(x0)0.所以,当x(1,)时,f(x)0.综上所述,存在a(0,1),使得f(x)0在区间(1,)内恒成立,且f(x)0在区间(1,)内有唯一解6.设函数f(x)(aR)点击观看解答视频(1)若f(x)在x0处取得极值,确定a的值,并求此时曲线yf(x)在点(1,f(1)处的切线方程;(2)若f(x)在3,)上为减函数,求a的取值范围解(1)对f(x)求导得f(x),因为f(x)在x0处取得极值,所以f(0)0,即a0.当a0时,f(x),f(x),故f(1),f(1),从而f(x)在点(1,f(1)处的切线方程为y(x1),化简得3xey0.(2)由(1)知f(x),令g(x)3x2(6a)xa,由g(x)0解得x1,x2.当xx1时,g(x)0,即f(x)0,故f(x)为减函数;当x1x0,即f(x)0,故f(x)为增函数;当xx2时,g(x)0,即f(x)0,故f(x)为减函数由f(x)在3,)上为减函数,知x23,解得a,故a的取值范围为.7函数f(x)ax33x23x(a0)(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)在区间(1,2)是增函数,求a的取值范围解(1)f(x)3ax26x3,f(x)0的判别式36(1a)若a1,则f(x)0,且f(x)0当且仅当a1,x1.故此时f(x)在R上是增函数由于a0,故当a1时,f(x)0有两个根:x1,x2.若0a0,故f(x)分别在(,x2),(x1,)是增函数;当x(x2,x1)时,f(x)0,故f(x)在(x2,x1)是减函数;若a0,则当x(,x1)或(x2,)时f(x)0,故f(x)在(x1,x2)是增函数(2)当a0,x0时,f(x)3ax26x30,故当a0时,f(x)在区间(1,2)是增函数当a0时,f(x)在区间(1,2)是增函数当且仅当f(1)0且f(2)0,解得a0.综上,a的取值范围是(0,)- 配套讲稿:
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- 2019 2020 年高 数学 异构异模 复习 第三 导数 及其 应用 3.2 函数 调性 撬题文
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