2021高考数学一轮复习 第三章 导数及其应用 强化训练 导数在函数中的应用 理 新人教A版

强化训练导数在函数中的应用1.函数f(x)exex，xr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)exe，令f(x)0，解得x1，故选d.2.函数f(x)1xsinx在(0,2)上是()a.增函数b.减函数c.在(0，)上增，在(，2)上减d.在(0，)上减，在(，2)上增答案a解析f(x)1cosx0，f(x)在(0,2)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)答案b解析令g(x)，g(x)0.g(x)在r上为增函数，又a0，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.0d.答案a解析易知y，x0,2，令y0，得0x1，令y0，得10可解得x1，故yx33x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ya为一条水平直线，通过图象可得，ya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)f(x)，且f(0)，则不等式f(x)ex0的解集为()a.b.(0，)c.d.(，0)答案b解析构造函数g(x)，则g(x)，因为f(x)f(x)，所以g(x)0，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)ex0可化为，即g(x)0，即所求不等式的解集为(0，).7.若函数f(x)x2x1在区间上单调递减，则实数a的取值范围是_.答案解析f(x)x2ax1，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.8.若函数f(x)xlnxx2x1(a0)有两个极值点，则实数a的取值范围为_.答案解析因为f(x)xlnxx2x1(x0)，所以f(x)lnxax，令h(x)f(x)，则h(x)a0，得f(x)有极大值点x，由于x0时f(x)；当x时，f(x)，因此f(x)要有两个极值点，只要fln10，解得0a0，f(x)在(0，)上单调递增；若a0，则当x时，f(x)0，当x时，f(x)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，)，00，则g(x)ex(x22x)0，即g(x)在(0，)上单调递增，又g(1)0，所以当0x1时，g(x)g(1)0，则f(x)1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)10，由(1)得x1，x2，满足0x11x2，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，x0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)sinxx，x0，cosx0，x00，.f(x)的最大值为f(x0)；f(x)的最小值为f(x0)；f(x)在0，x0上是减函数；f(x)在x0，上是减函数.那么上面命题中真命题的序号是_.答案解析f(x)cosx，由f(x)0，得cosx，即xx0，因为x00，当0x0；当x0x时，f(x)1，则f(x)0，若x1，则f(x)0，所以f(x)在x1处取得极小值，不符合题意.当a1，即a0)恒成立，则k的最小值为()a.b.c.d.1答案a解析令h(x)kx(x0)，则h(x)k，令tcosx，则t1,1，令g(t)，则g(t)0，g(t)在1,1上单调递增，g(t)的值域为，当k时，h(x)0，此时h(x)单调递增，h(x)h(0)0，符合条件；当k0时，因为hk0，不符合条件；当0k时，对于0x，h(x)kx，令f(x)kx，则f(x)k，存在x0，使得x(0，x0)时，f(x)0，f(x)在(0，x0)上单调递减，f(x0)f(0)0，即当x(0，x0)时，h(x)0，所以a.令g(x)，则g(x).令g(x)0，得0x，令g(x).所以当0x时，g(x)单调递减.所以当x时，g(x)取得最大值g()，所以a，即a的取值范围是.(2)设yf(x)的图象与直线ya相切于点(t，a)，依题意可得因为f(x)a，所以消去a可得t1(2t1)ln t0.(*)令h(t)t1(2t1)ln