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2021高考数学一轮复习第3章导数及其应用高考大题冲关系列1高考中函数与导数问题的热点题型课件新人教版B版20200724180.ppt

2021高考数学一轮复习第3章导数及其应用课件+作业打包9套新人教版B版

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2021高考数学一轮复习第3章导数及其应用第4讲导数与函数的综合应用课时作业含解析新人教版B版20200724179.doc---(点击预览)
2021高考数学一轮复习第3章导数及其应用第4讲导数与函数的综合应用课件新人教版B版20200724178.ppt---(点击预览)
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2021高考数学一轮复习第3章导数及其应用第2讲导数与函数的单调性课时作业含解析新人教版B版20200724175.doc---(点击预览)
2021高考数学一轮复习第3章导数及其应用第2讲导数与函数的单调性课件新人教版B版20200724174.ppt---(点击预览)
2021高考数学一轮复习第3章导数及其应用第1讲导数的概念及运算课时作业含解析新人教版B版20200724173.doc---(点击预览)
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2021高考数学一轮复习第3章导数及其应用课件+作业打包9套新人教版b版,文本
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2021高考数学一轮复习第3章导数及其应用课件+作业打包9套新人教版b版,文本
内容简介：
导数的概念及运算课时作业1yln 的导函数为()aybycyln xdyln (x)答案a解析yln ln x，y.2(2020人大附中月考)曲线y在点(3,2)处的切线的斜率是()a2b2cd答案d解析y，故曲线在(3,2)处的切线的斜率ky|x3，故选d3(2019海南三亚模拟)曲线y在点(1,1)处的切线方程为()axy20bxy20cx4y50dx4y50答案b解析y，当x1时，y1，所以切线方程是y1(x1)，整理得xy20.故选b4函数f(x)x(2019ln x)，若f(x0)2020，则x0的值为()ae2b1cln 2de答案b解析f(x)2019ln xx2020ln x，故由f(x0)2020，得2020ln x02020，则ln x00，解得x01.故选b5若f(x0)3，则 ()a3b6c9d12答案b解析f(x0)3，则 2f(x0)6.6若曲线f(x)，g(x)x在点p(1,1)处的切线分别为l1，l2，且l1l2，则实数的值为()a2b2cd答案a解析因为f(x)，g(x)x1，所以曲线f(x)，g(x)在点p处的切线斜率分别为k1，k2，因为l1l2，所以k1k21，所以2.故选a7已知函数f(x)的导函数为f(x)，且满足f(x)2f(e)xln x，则f(e)()abecde答案c解析由f(x)2f(e)xln x，得f(x)2f(e)，则f(e)2f(e)f(e).故选c8已知曲线yx31与曲线y3x2在xx0处的切线互相垂直，则x0的值为()abcd答案d解析yx31y3x2，y3x2yx，由题意得3x(x0)1，解得x，即x0.故选d9已知函数f(x)在x1处的导数为，则f(x)的解析式可能为()af(x)x2ln xbf(x)xexcf(x)sindf(x)答案d解析a中f(x)x，b中f(x)(xex)exxex，c中f(x)2cos，d中f(x).分别将x1代入检验，知d符合10若p为曲线yln x上一动点，q为直线yx1上一动点，则|pq|min()a0bcd2答案c解析如图所示，直线l与曲线yln x相切且与直线yx1平行时，切点p到直线yx1的距离|pq|即为所求最小值(ln x)，令1，得x1.故p(1,0)故|pq|min.故选c11(2019威海质检)已知函数f(x)xln x，若直线l过点(0，1)，并且与曲线yf(x)相切，则直线l的方程为()axy10bxy10cxy10dxy10答案b解析设直线l的方程为ykx1，直线l与f(x)的图象的切点为(x0，y0)，则解得所以直线l的方程为yx1，即xy10.12(2019大连模拟)已知f(x)为偶函数，当x0时，f(x)ln x3x，则曲线yf(x)在点(1，3)处的切线与两坐标轴围成图形的面积等于()a1bcd答案c解析设x0，于是f(x)ln (x)3(x)ln (x)3x.因为f(x)为偶函数，所以当x0，即m即可故填.15(2020咸阳模拟)若函数f(x)x3(t1)x1的图象在点(1，f(1)处的切线平行于x轴，则t_，切线方程为_.答案2y1解析因为函数f(x)x3(t1)x1，所以f(x)3x2t1.因为函数f(x)的图象在点(1，f(1)处的切线平行于x轴，所以f(1)3(1)2t12t0，解得t2.此时f(x)x33x1，f(1)1，切线方程为y1.16(2019江苏高考)在平面直角坐标系xoy中，点a在曲线yln x上，且该曲线在点a处的切线经过点(e，1)(e为自然对数的底数)，则点a的坐标是_.答案(e,1)解析设a(m，n)，则曲线yln x在点a处的切线方程为yn(xm)又切线过点(e，1)，所以有n1(me)再由nln m，解得me，n1.故点a的坐标为(e,1)17设函数yx22x2的图象为c1，函数yx2axb的图象为c2，已知过c1与c2的一个交点的两切线互相垂直，求ab的值解对于c1：yx22x2，有y2x2，对于c2：yx2axb，有y2xa，设c1与c2的一个交点为(x0，y0)，由题意知过交点(x0，y0)的两条切线互相垂直所以(2x02)(2x0a)1，即4x2(a2)x02a10，又点(x0，y0)在c1与c2上，故有2x(a2)x02b0.由消去x0，可得ab.18已知函数f(x)x1(ar，e为自然对数的底数)(1)若曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线平行于x轴，求a的值；(2)当a1时，若直线l：ykx1与曲线yf(x)相切，求直线l的方程解(1)f(x)1，因为曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线平行于x轴，所以f(1)10，解得ae.(2)当a1时，f(x)x1，f(x)1.设切点为(x0，y0)，f(x0)x01kx01，f(x0)1k，得x0kx01k，即(k1)(x01)0.若k1，则式无解，x01，k1e.直线l的方程为y(1e)x1.导数与函数的单调性课时作业1(2019宁夏固原市模拟)函数f(x)(x3)ex的单调递增区间是()a(，2)b(0,3)c(1,4)d(2，)答案d解析f(x)(x3)ex(x3)(ex)(x2)ex，令f(x)0，解得x2.故选d2函数f(x)1xsinx在(0,2)上是()a增函数b减函数c在(0，)上单调递增，在(，2)上单调递减d在(0，)上单调递减，在(，2)上单调递增答案a解析因为f(x)1cosx0在(0,2)上恒成立，所以f(x)在(0,2)上为增函数故选a3函数yx2ln x的单调减区间为()a(1,1b(0,1c1，)d(0，)答案b解析函数yx2ln x的定义域为(0，)，yx，令y0，则可得00恒成立f(x)在r上是增函数故选a5(2019陕西西安模拟)函数f(x)(a0)的单调递增区间是()a(，1)b(1,1)c(1，)d(，1)(1，)答案b解析函数f(x)的定义域为r，f(x).由于a0，要使f(x)0，只需(1x)(1x)0，解得x(1,1)故选b6设函数f(x)x29ln x在区间a1，a1上单调递减，则实数a的取值范围是()a(1,2b(4，)c(，2)d(0,3答案a解析因为f(x)x29ln x，所以f(x)x(x0)，当x0时，有00且a13，解得1a2.故选a7在r上可导的函数f(x)的图象如图所示，则关于x的不等式xf(x)0，使xf(x)0的范围为(，1)；在(1,1)上，f(x)递减，所以f(x)0，使xf(x)0的范围为(0,1)综上，关于x的不等式xf(x)0的解集为(，1)(0,1)8(2020冀州中学模拟)若函数f(x)的导函数f(x)x24x3，则使函数f(x1)单调递减的一个充分不必要条件是x()a(0,1)b0,2c(2,3)d(2,4)答案c解析由f(x)0x24x30，即1x0时，yx2ln x，y2x0，即函数在(0，)上单调递增，排除d故选a10(2020合肥一中模拟)函数f(x)在定义域r内可导，若f(x)f(2x)，且当x(，1)时，(x1)f(x)0，设af(0)，bf，cf(3)，则()aabcbcabccbadbca答案b解析由f(x)f(2x)可得对称轴为直线x1，故f(3)f(12)f(12)f(1)由x(，1)时，(x1)f(x)0.即f(x)在(，1)上单调递增，f(1)f(0)f，即cab.11(2019临川模拟)已知函数f(x)x2ln x在其定义域的一个子区间(a1，a1)内不是单调函数，则实数a的取值范围是()abcd答案d解析由题意，知f(x)2x在区间(a1，a1)上有零点，由f(x)0，得x，则解得1a.故选d12定义在r上的函数yf(x)满足f(3x)f(x)，f(x)0，若x13，则下列关系正确的是()af(x1)f(x2)cf(x1)f(x2)df(x1)，f(x2)的大小关系不确定答案b解析由f(x)f(3x)可得函数图象关于直线x对称又由f(x)时f(x)0；当x0.由x13，得x2.若x1f(x2)；若x1，由3x1f(x2)综上f(x1)f(x2)故选b13函数f(x)的单调递减区间是_.答案(0,1)和(1，e)解析由f(x)0得解得0x1或1xe.f(x)的单调递减区间为(0,1)和(1，e)14(2019武汉模拟)已知f(x)2ln xx25xc在区间(m，m1)上为减函数，则m的取值范围是_.答案解析由f(x)2x50得x0解析yx2a，yx3ax有三个单调区间，则方程x2a0应有两个不等实根，故a0.16(2019唐山模拟)若函数f(x)x2在上是增函数，则实数a的取值范围是_.答案解析由已知得，f(x)2xa，若函数f(x)在上是增函数，则当x时，2xa0恒成立，即a2x恒成立，即amax，设u(x)2x，则u(x)20，即函数u(x)在上单调递减，所以当x时，函数u(x)取得最大值u，所以a.故实数a的取值范围是.17已知函数f(x)x2aln x.(1)当a2时，求函数f(x)的单调递减区间；(2)若函数g(x)f(x)在1，)上单调，求实数a的取值范围解(1)由题意，知函数f(x)的定义域为(0，)，当a2时，f(x)2x，由f(x)0得0x1，故f(x)的单调递减区间是(0,1)(2)由题意，得g(x)2x，函数g(x)在1，)上单调，当g(x)为1，)上的单调增函数时，则g(x)0在1，)上恒成立，即a2x2在1，)上恒成立，设(x)2x2.(x)在1，)上单调递减，在1，上，(x)max(1)0，a0.当g(x)为1，)上的单调减函数时，则g(x)0在1，)上恒成立，易知其不可能成立实数a的取值范围为0，)18已知二次函数f(x)ax2bxc，满足f(0)f(1)0，且f(x)的最小值是.(1)求f(x)的解析式；(2)设函数h(x)ln x2xf(x)，若函数h(x)在区间上是单调函数，求实数m的取值范围解(1)因为二次函数f(x)满足f(0)f(1)0，所以其对称轴为直线x.又f(x)的最小值是，故f(x)a2.因为f(0)0，所以a1，故f(x)x2x.(2)因为h(x)ln x2xx2xln xx23x，所以h(x)2x3，所以h(x)的单调递增区间为和1，)，单调递减区间为.根据题意，得解得1时，g(x)0.解(1)f(x)2ax(x0)当a0时，f(x)0时，由f(x)0得x.当x时，f(x)0，f(x)单调递增(2)证明：令s(x)ex1x，则s(x)ex11.当x1时，s(x)0，所以s(x)在(1，)内为增函数，所以s(x)s(1)，即ex1x，从而g(x)0.20(2019衡阳模拟)已知函数f(x)aln xax3(ar)(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若函数yf(x)的图象在点(2，f(2)处的切线的倾斜角为45，对于任意的t1,2，函数g(x)x3x2在区间(t,3)上总不是单调函数，求m的取值范围解(1)函数f(x)的定义域为(0，)，且f(x).当a0时，f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，)；当a0时，f(x)的单调递增区间为(1，)，单调递减区间为(0,1)；当a0时，f(x)不是单调函数(2)由(1)及题意，得f(2)1，即a2，f(x)2ln x2x3，f(x).g(x)x3x22x，g(x)3x2(m4)x2.g(x)在区间(t,3)上总不是单调函数，即g(x)在区间(t,3)上有变号零点由于g(0)2，g(t)0，即3t2(m4)t20对任意t1,2恒成立，由于g(0)0，故只要g(1)0且g(2)0，即m5且m9，故m0，得m.所以m9.即实数m的取值范围是.导数与函数的极值、最值课时作业1函数f(x)(x1)(x2)2在0,3上的最小值为()a8b4c0d答案b解析f(x)(x2)22(x1)(x2)(x2)(3x4)令f(x)0x1，x22，结合单调性，只要比较f(0)与f(2)即可f(0)4，f(2)0.故f(x)在0,3上的最小值为f(0)4.故选b2(2019山东胶州模拟)若函数f(x)(xa)ex的极值点为1，则a()a2b1c0d1答案a解析f(x)ex(xa)ex(xa1)ex.由题意知f(1)e(2a)0，a2.故选a3(2019孝感高中模拟)函数y的最大值为()ae1bece2d答案a解析令y0，得xe.当xe时，y0，当0x0，所以ymax.故选a4设函数f(x)ln x，则()ax为f(x)的极大值点bx为f(x)的极小值点cx2为f(x)的极大值点dx2为f(x)的极小值点答案d解析f(x)，x0，当x2时，f(x)0，f(x)是增函数；当0x2时，f(x)0bm1dm1答案b解析yexm，函数yexmx有极值，exm0必有根，mex0.6已知f(x)2x36x2m(m为常数)在2,2上有最大值3，那么此函数在2,2上的最小值是()a37b29c5d以上都不对答案a解析f(x)6x212x6x(x2)，f(x)在(2,0)上单调递增，在(0,2)上单调递减，x0为极大值点，也为最大值点，f(0)m3，m3.f(2)37，f(2)5.最小值是37.故选a7(2020宁夏中卫市模拟)如图是函数yf(x)的导函数yf(x)的图象，给出下列命题：3是函数yf(x)的极小值点；1是函数yf(x)的极小值点；曲线yf(x)在x0处的切线的斜率小于零；yf(x)在区间(3,1)上单调递增则正确命题的序号是()abcd答案a解析由图可知x3时，f(x)0，3是f(x)的极小值点，正确；又x(3，1)时f(x)0，f(x)在区间(3,1)上单调递增，故不正确，正确函数yf(x)在x0处的导数大于0，yf(x)在x0处的切线的斜率大于0.不正确故选a8(2019河南八市重点高中质检)设ar，若函数yexax，xr有大于零的极值点，则()aa1ca答案a解析由yexa0得xln (a)(a0，a1，即a0，故1不是函数f(x)的极值点当k2时，当x0x1(x0为f(x)的极大值点)时，f(x)1时，f(x)0，函数f(x)单调递增故f(x)在x1处取到极小值故选c10(2019湖北荆、荆、襄、宜四地七校期末)已知函数f(x)ax3bx2cx17(a，b，cr)的导函数为f(x)，f(x)0的解集为x|2x3，若f(x)的极小值等于98，则a的值是()abc2d5答案c解析由题意，f(x)3ax22bxc，因为f(x)0的解集为x|2x3，所以a0，且23，23，则3a2b，c18a，f(x)的极小值为f(3)27a9b3c1798，解得a2，b3，c36，故选c11(2019安徽黄山第三次质量检测)已知函数f(x)ax有两个极值点，则实数a的取值范围是()ab(1，) c(1,0)d答案d解析因为函数f(x)ax有两个极值点，所以方程f(x)a0有两个不相等实根，令g(x)，则g(x)的图象与直线ya有两个不同交点，又g(x)，由g(x)0得x1，所以，当x0，即g(x)单调递增；当x1时，g(x)0时，g(x)0，作出函数的简图如下：因为g(x)的图象与直线ya有两个不同交点，所以0a，即a0时，f(x)()a有极大值，无极小值b无极大值，有极小值c既有极大值又有极小值d既无极大值又无极小值答案b解析由题设，知f(x)ex，所以f(1)ee0，所以存在x(1,2)使得f(x0)0，令g(x)f(x)，当x0时，g(x)exex0，所以g(x)在(0，)上单调递增所以当x(0，x0)时，f(x)0，f(x)单调递增因此，当xx0时，f(x)取极小值，但无极大值，故选b13若函数f(x)x(xm)2在x1处取得极小值，则m_.答案1解析由f(1)0可得m1或m3.当m3时，f(x)3(x1)(x3)，当1x3时，f(x)0；当x1或x3时，f(x)0，此时f(x)在x1处取得极大值，不合题意，当m1时，f(x)(x1)(3x1)当x1时，f(x)0；当x1时，f(x)0，此时f(x)在x1处取得极小值，符合题意，所以m1.14函数f(x)3xx3在区间(a212，a)上有最小值，则实数a的取值范围是_.答案(1,2解析f(x)33x23(x1)(x1)，令f(x)0，得x11，x21.当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x(，1)1(1,1)1(1，)f(x)00f(x)极小值2极大值2又由3xx32，得(x1)2(x2)0.x11，x22.f(x)在开区间(a212，a)上有最小值，最小值一定是极小值解得1a2.15已知某生产厂家的年利润y(单位：万元)与年产量x(单位：万件)的函数关系式为yx381x234，则该生产厂家年产量为_万件时年利润最大，最大年利润为_万元答案9252解析yx281，令y0，得x9或x9(舍去)当0x0，函数y单调递增；当x9时，y0在区间3，1上恒成立，即h(x)在3，1上为增函数，h(x)maxh(1)，则a.17(2020山东师大附中模拟)已知函数f(x)(xa)ex(ar)(1)当a2时，求函数f(x)在x0处的切线方程；(2)求f(x)在区间1,2上的最小值解f(x)(x1a)ex.(1)当a2时，f(x)(x1)ex.f(0)2，f(0)1，所求切线方程为y2x，即xy20.(2)令f(x)0得xa1.若a11，则a2.当x1,2时，f(x)0，则f(x)在1,2上单调递增f(x)minf(1)(1a)e；若a12，则a3.当x1,2时，f(x)0，则f(x)在1,2上单调递减f(x)minf(2)(2a)e2；若1a12，则2a3.f(x)，f(x)随x的变化情况如表：x1(1，a1)a1(a1,2)2f(x)0f(x)极小值f(x)的单调递减区间为(1，a1)，单调递增区间为(a1,2)，f(x)minf(a1)ea1.综上可知当a2时，f(x)min(1a)e；当a3时，f(x)min(2a)e2；当2a3时，f(x)minea1.18已知常数a0，f(x)aln x2x.(1)当a4时，求f(x)的极值；(2)当f(x)的最小值不小于a时，求实数a的取值范围解(1)由已知得f(x)的定义域为(0，)，f(x)2.当a4时，f(x).所以当0x2时，f(x)2时，f(x)0，即f(x)单调递增所以f(x)只有极小值，且当x2时，f(x)取得极小值f(2)44ln 2.所以当a4时，f(x)只有极小值44ln 2，无极大值(2)因为f(x)，所以当a0，x(0，)时，f(x)0，即f(x)在(0，)上单调递增，没有最小值当a0，得x，所以f(x)在上单调递增；由f(x)0，得x，所以f(x)在上单调递减所以当a0时，f(x)的最小值为faln 2.根据题意，知faln 2a，即aln (a)ln 20.因为a0，试判断f(x)在定义域内的单调性；(2)若f(x)在1，e上的最小值为，求实数a的值解(1)由题意得f(x)的定义域是(0，)，且f(x)，因为a0，所以f(x)0，故f(x)在(0，)上单调递增(2)由(1)可得f(x)，当x1，e时，若a1，则xa0，即f(x)0在1，e上恒成立，此时f(x)在1，e上单调递增，所以f(x)minf(1)a，所以a(舍去)若ae，则xa0，即f(x)0在1，e上恒成立，此时f(x)在1，e上单调递减，所以f(x)minf(e)1，所以a(舍去)若ea1，令f(x)0，得xa，当1xa时，f(x)0，所以f(x)在(1，a)上单调递减，当ax0，所以f(x)在(a，e)上单调递增，所以f(x)minf(a)ln (a)1，所以a，综上，a.20(2020洛阳模拟)已知函数f(x)x3ax2，ar.(1)当a2时，求曲线yf(x)在点(3，f(3)处的切线方程；(2)设函数g(x)f(x)(xa)cosxsinx，讨论g(x)单调性并判断有无极值，有极值时求出极值解(1)由题意，得f(x)x2ax，当a2时，f(3)0，f(x)x22x，所以f(3)3，因此，曲线yf(x)在点(3，f(3)处的切线方程是y3(x3)，即3xy90.(2)因为g(x)f(x)(xa)cosxsinx，所以g(x)f(x)cosx(xa)sinxcosxx(xa)(xa)sinx(xa)(xsinx)令h(x)xsinx，则h(x)1cosx0，所以h(x)在r上单调递增因为h(0)0，所以当x0时，h(x)0；当x0时，h(x)0.当a0时，g(x)(xa)(xsinx)，当x(，a)时，xa0，g(x)单调递增；当x(a,0)时，xa0，g(x)0，g(x)0，g(x)单调递增所以，当xa时，g(x)取到极大值，极大值是g(a)a3sina；当x0时，g(x)取到极小值，极小值是g(0)a.当a0时，g(x)x(xsinx)，当x(，)时，g(x)0，g(x)单调递增所以，g(x)在(，)上单调递增，无极大值也无极小值当a0时，g(x)(xa)(xsinx)，当x(，0)时，xa0，g(x)单调递增；当x(0，a)时，xa0，g(x)0，g(x)0，g(x)单调递增所以，当x0时，g(x)取到极大值，极大值是g(0)a；当xa时，g(x)取到极小值，极小值是g(a)a3sina.综上所述：当a0时，函数g(x)在(，0)和(a，)上单调递增，在(0，a)上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是g(0)a，极小值是g(a)a3sina.导数与函数的综合应用课时作业1若函数f(x)kxln x在区间(1，)上单调递增，则k的取值范围是()a(，2b(，1c2，)d1，)答案d解析因为f(x)在(1，)上单调递增，所以f(x)0在(1，)上恒成立，因为f(x)kxln x，所以f(x)k0，即k.因为x1，所以01，所以k1.所以k1，)故选d2已知函数f(x)x3px2qx的图象与x轴切于(1,0)点，则f(x)的极大值、极小值分别为()a，0b0，c，0d0，答案c解析由题意知，f(x)3x22pxq，由f(1)0，f(1)0，得解得p2，q1，f(x)x32x2x，由f(x)3x24x10，得x或x1，易得当x时，f(x)取极大值，当x1时，f(x)取极小值0.3(2020福建莆田月考)若x1是函数f(x)(x2ax1)ex1的极值点，则f(x)的极大值为()a1b2e3c5e3d1答案c解析f(x)x2(2a)xa1ex1，由f(1)0得a1.由f(x)(x2x2)ex10得x2或1.又当x0，当2x1时，f(x)0，f(x)的极大值为f(2)5e3.故选c4设函数f(x)在r上可导，其导函数为f(x)，且函数y(1x)f(x)的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是()a函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)b函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)c函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(2)d函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(2)答案d解析由图可得函数y(1x)f(x)的零点为2,1,2，则当x0，此时在(，2)上f(x)0，在(2,1)上f(x)1时，1x0，此时在(1,2)上f(x)0.所以f(x)在(，2)上为增函数，在(2,2)上为减函数，在(2，)上为增函数，因此f(x)有极大值f(2)，极小值f(2)故选d5已知函数f(x)x3x2x，则f(a2)与f(1)的大小关系为()af(a2)f(1)bf(a2)f(1)cf(a2)f(1)df(a2)与f(1)的大小关系不确定答案a解析由题意可得f(x)x22x.由f(x)(3x7)(x1)0，得x1或x.当x1时，f(x)为增函数；当1x0恒成立，则下列不等式成立的是()af(3)f(4)f(5)bf(4)f(3)f(5)cf(5)f(3)f(4)df(4)f(5)0，即f(x)0，f(x)在(，0)上单调递减，又f(x)为偶函数，f(x)在(0，)上单调递增f(3)f(4)f(5)，f(3)f(4)0得x，由g(x)0得0x.g(x)在上单调递减，在上单调递增，且g(x)ming，由图可知a1时，f(x)0，函数单调递增；当x1时，f(x)0恒成立，当a1时，f(x)minf(a)2aa20，0a1时，f(x)xaln x0恒成立，即a恒成立设g(x)，则g(x).令g(x)0，得xe，且当1xe时，g(x)e时，g(x)0，g(x)ming(e)e，ae.综上，a的取值范围是0ae，即0，e故选c11(2019广东汕头模拟)已知函数f(x)exln x，则下面对函数f(x)的描述正确的是()ax(0，)，f(x)2bx(0，)，f(x)2cx0(0，)，f(x0)0df(x)min(0,1)答案b解析易知f(x)exln x的定义域为(0，)，且f(x)ex，令g(x)xex1，x0，则g(x)(x1)ex0在0，)上恒成立，则g(x)在0，)上单调递增，又g(0)g(1)(e1)2.故选b12(2019云南玉溪模拟)设函数f(x)的定义域为r，f(0)2，对任意的xr，f(x)f(x)1，则不等式exf(x)ex1的解集为()a(0，)b(，0)c(，1)(1，)d(，1)(0,1)答案a解析构造函数g(x)exf(x)1，f(x)1f(x)0，g(x)exf(x)1f(x)0，g(x)是r上的增函数，又f(0)2，g(0)1，exf(x)ex1，即g(x)g(0)，x0.故选a13已知函数f(x)ex2xa有零点，则a的取值范围是_.答案(，2ln 22解析由函数f(x)有零点，可将问题转化为方程ex2xa0有解问题，即方程a2xex有解令函数g(x)2xex，则g(x)2ex，令g(x)0，得xln 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 22，又当x时，g(x)，因此，a的取值范围就是函数g(x)的值域，所以a(，2ln 2214(2019北京高考)设函数f(x)exaex(a为常数)若f(x)为奇函数，则a_；若f(x)是r上的增函数，则a的取值范围是_.答案1(，0解析f(x)exaex(a为常数)的定义域为r，且f(x)为奇函数，f(0)e0ae01a0，a1.f(x)exaex，f(x)exaexex.f(x)是r上的增函数，f(x)0在r上恒成立，即ex在r上恒成立，ae2x在r上恒成立又e2x0，a0，即a的取值范围是(，015已知函数f(x)x3bx2c(b，c为常数)当x2时，函数f(x)取得极值，若函数f(x)有三个零点，则实数c的取值范围为_.答案0c解析f(x)x3bx2c，f(x)x22bx.当x2时，f(x)取得极值，222b20，解得b1.当x(0,2)时，f(x)单调递减，当x(，0)或x(2，)时，f(x)单调递增若f(x)0有3个实根，则解得0c.16已知函数f(x)的定义域是1,5，部分对应值如表，f(x)的导函数yf(x)的图象如图所示，x10245f(x)121.521下列关于函数f(x)的命题：函数f(x)的值域为1,2；函数f(x)在0,2上是减函数；如果当x1，t时，f(x)的最大值是2，那么t的最大值为4；当1a2时，函数yf(x)a最多有4个零点其中所有正确命题的序号是_.答案解析由导函数的图象可知，当1x0及2x0，函数单调递增，当0x2及4x5时，f(x)0，函数单调递减，当x0及x4时，函数取得极大值f(0)2，f(4)2，当x2时，函数取得极小值f(2)1.5.又f(1)f(5)1，所以函数的最大值为2，最小值为1，值域为1,2，正确；因为当x0及x4时，函数取得极大值f(0)2，f(4)2，要使当x1，t时，函数f(x)的最大值是2，则0t5，所以t的最大值为5，所以不正确；因为极小值f(2)1.5，极大值f(0)f(4)2，所以当1a0时，h(x)0，h(x)在(0，)上为增函数；当x0时，h(x)0时，h(x)ex
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本文标题：2021高考数学一轮复习第3章导数及其应用课件+作业打包9套新人教版B版
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