2022版高中数学一轮复习课时作业梯级练十八导数中的三大难点问题课时作业理含解析新人教A版202104081179.doc
2022版高中数学一轮复习课时作业梯级练理含解析打包77套新人教A版
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课时作业梯级练十八导数中的三大难点问题 一、选择题(每小题5分,共35分)1.已知函数f(x)的定义域为-1,4,部分对应值如表:x-10234f(x)12020f(x)的导函数y=f(x)的图象如图所示.当1a2时,函数y=f(x)-a的零点的个数为()a.1 b.2c.3d.4【解析】选d.根据导函数图象,知2是函数的极小值点,函数y=f(x)的大致图象如图所示.由于f(0)=f(3)=2,1abcb.bacc.cbad.cab【解析】选b.f = - sin =x2-xsin x=f ,故f 为偶函数,故只需考虑x 的单调性即可.f(x)=2x-sin x-xcos x=x-sin x+x ,当x 时,设h =x-sin x,则h =1-cos x0,所以h 在 上单调递增,即h h(0)=0,故xsin x,而x 0显然成立,故f(x)0,故f 在x 上单调递增.a=f =f ,b=f =f ,0.230.2log5 log531log35,由函数单调性可知f f f ,即cab.4.(2021渭南模拟)设函数f(x)=(x-a)2+(3ln x-3a)2,若存在x0,使f(x0) ,则实数a的值为()a. b. c. d.1【解析】选a.f(x)表示点(x,3ln x)与点(a,3a)间的距离的平方,分别令g(x)=3ln x,h(x)=3x,设过点p(x0,3ln x0)的函数g(x)的切线l平行于直线y=3x.g(x)= ,由 =3,解得x0=1,所以切点p(1,0).点p到直线y=3x的距离d= .所以存在x0=1,使f(x0) ,过点p且与直线y=3x垂直的直线方程为y=- (x-1).联立 解得 则实数a= .5.(2021石家庄模拟)已知函数f 对于任意xr,均满足f =f ,当x1时,f(x)= (其中e为自然对数的底数),若存在实数a,b,c,d 满足f =f =f =f ,则(a+b+c+d)b-ea的取值范围为()a. b. c. d. 【解析】选d.由f(x)=f(2-x)知f(x)关于x=1对称,如图,因此a+d=b+c=2,所以a+b+c+d=4,又因为f(a)=f(b),所以ea=ln b+2,因此(a+b+c+d)b-ea=4b-ln b-2,由题意知 0,故g(b) .6.已知函数f(x)= +(m+1)ex+2(mr)有两个极值点,则实数m的取值范围为()a. b. c. d.(0,+)【解析】选b.函数f 的定义域为r,f =x+ ex.因为函数f 有两个极值点,所以f =x+ ex有两个不同的零点,故关于x的方程-m-1= 有两个不同的解,令g = ,则g = ,当x 时,g 0,当x 时,g 0,所以函数g = 在区间 上单调递增,在区间 上单调递减,又当x-时,g -;当x+时,g 0,且g = ,故0-m-1 ,所以-1- m-1.7.已知函数y=a+8ln x 的图象上存在点p,函数y=-x2-2的图象上存在点q,且p,q关于x轴对称,则a的取值范围是()a.6-8ln 2,e2-6b.e2-6,+)c. d. 【解析】选d.函数y=-x2-2的图象与函数y=x2+2的图象关于x轴对称,根据已知得函数y=a+8ln x 的图象与函数y=x2+2的图象有交点,即方程a+8ln x=x2+2在 ,e上有解,即a=x2+2-8ln x在 ,e上有解,令g(x)=x2+2-8ln x,x ,e,则g(x)=2x- = ,当x ,2)时,g(x)0.故当x=2时,g(x)取最小值,g(2)=6-8ln 2,由于g( )=10+ ,g(e)=e2-6.故当x= 时,g(x)取到最大值10+ .所以6-8ln 2a10+ .二、填空题(每小题5分,共15分)8.(2021北京模拟)能够说明“在某个区间(a,b)内,如果函数y=f(x)在这个区间内单调递增,那么f(x)0恒成立”是假命题的一个函数是(写出函数表达式和区间).【解析】若f(x)=x3,x(-1,1),易知f(x)=x3在(-1,1)上单调递增;但f(x)=3x2,在x=0时f(x)=0,不满足f(x)0恒成立,是假命题.答案:f(x)=x3,x(-1,1)(答案不唯一)9.(2020郑州调研)已知函数f(x)=cos x,g(x)=eax-a+ (a0),若x1,x20,1,使得f(x1)=g(x2),则实数a的取值范围是.【解析】设集合f,g分别为函数f(x)与g(x)在区间0,1上的值域,则f=-1,1.由a0,知ea1,所以g(x)=(ea)x-a+ 在0,1上单调递增.所以g=-a+ ,ea-a+ .又x1,x20,1,使得f(x1)=g(x2),所以fg.因为h(a)=ea-a+ 在(0,+)上递增,所以h(a)h(0)= 1恒成立,所以只需-a+ 1,即a .答案: 10.(2021曲靖模拟)已知函数f(x)=ax3-3x2+1,若f(x)存在唯一的零点x0,且x00,则实数a的取值范围是.【解析】因为f(x)=ax3-3x2+1,所以f(x)=3ax2-6x=3x(ax-2),f(0)=1;当a=0时,f(x)=-3x2+1有两个零点,不成立;当a0时,f(x)=ax3-3x2+1在(-,0)上有零点,故不成立;当a0;故a1时, 0,ln x0,故p(x)0,故p(x)递增;当0x1时, 0,ln x0,故p(x)0,故p(x)递减,故p(x)p(1)=2,故由方程k=xln x+ +1有解,得k2,所以k的最小值为2.2.(5分)已知函数f(x)=x3-3x+1,若x1a,b,x2a,b,使得f =f ,且x1x2,则b-a的最大值为()a.2b.3c.4d.6【解析】选c.因为f(x)=x3-3x+1,所以f =3x2-3,令f =0,即3x2-3=0,解得x1=-1,x2=1,当x0,所以f 在 上单调递增;当-1x1时,f 1时,f 0,所以f 在 上单调递增.所以f 在x=-1处取得极大值,极大值为f(-1)=-1+3+1=3;在x=1处取得极小值,极小值为f(1)=1-3+1=-1.令f =3,即x3-3x+1=3,即 =0,解得x=-1(舍)或x=2.令f =-1,即x3-3x+1=-1,即 =0,解得x=1(舍)或x=-2,所以b-a的最大值为2- =4.3.(10分)已知函数f(x)=xln x-x,两相异正实数x1,x2满足f(x1)=f(x2).求证:x1+x22.【证明】f(x)=ln x,当x(0,1)时,f(x)单调递减,当x1时,f(x)单调递增,且f(1)=-1,如图所示,不妨设x112,即证x22-x1,只需要证f(2-x1)f(x2),又f(x1)=f(x2),所以只需证f(2-x1)f(x1),设g(x)=f(x)-f(2-x)(x(0,1),则g(x)=f(x)-f(2-x)=ln x+ln(2-x),0x1,符号不易判断,再设h(x)=ln x+ln(2-x),0x0,所以h(x)在(0,1)上单调递增,所以h(x)g(1)=0,所以f(x)-f(2-x)0,0xf(2-x1)成立,所以x1+x22.4.(10分)(2018全国卷)已知函数f = -x+aln x.(1)讨论f 的单调性.(2)若f 存在两个极值点x1,x2,证明: 2,令f(x)=0得,x= 或x= .当x 时,f(x)0.所以f(x)在 , 上单调递减,在 上单调递增.(2)由(1)知,f(x)存在两个极值点,当且仅当a2.由于f(x)的两个极值点x1,x2满足x2-ax+1=0,所以x1x2=1,不妨设x11.由于 =- -1+a =-2+a =-2+a ,所以 a-2等价于 -x2+2ln x20.设函数g(x)= -x+2ln x,由(1)知,g(x)在(0,+)上单调递减,又g(1)=0,从而当x(1,+)时,g(x)0.所以 -x2+2ln x20,即 a-2.【加练备选拔高】设函数f(x)=ln x-a(x-1)ex,其中ar.(1)若a0,讨论f(x)的单调性.(2)若0ax0,证明3x0-x12.【解析】(1)由已知,f(x)的定义域为(0,+),且f(x)= -aex+a(x-1)ex= .因此当a0时,1-ax2ex0,从而f(x)0,所以f(x)在(0,+)内单调递增.(2)由(1)知f(x)= .令g(x)=1-ax2ex,由0a0,且g =1-a =1- 0,故g(x)=0在(0,+)内有唯一解,从而f(x)=0在(0,+)内有唯一解,不妨设为x0,则1x0 =0,所以f(x)在(0,x0)内单调递增;当x(x0,+)时,f(x)= 1时,h(x)
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