专题4.5 一元函数的导数及其应用单元测试卷(解析版)2021年新高考数学一轮复习讲练测
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专题4.5 一元函数的导数及其应用单元测试卷(解析版)2021年新高考数学一轮复习讲练测

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资料简介
专题 4.5 一元函数的导数及其应用单元测试卷 一、单选题 1.(2020·四川内江�高二期末(理))如图所示为 的图象,则函数 的单调递减区间是 ( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 由导函数图象,知 或 时, ,∴ 的减区间是 , . 故选:C. 2.(2020·重庆北碚�西南大学附中高二期末)已知函数 在 处取得极值,则 ( ) A.1 B.2 C. D.-2 【答案】C 【解析】 ,依题意 ,即 . 此时 ,所以 在区间 上递增,在区间 上递减,所以 在 处取得极大值,符合题意. 所以 . 故选:C 3.(2020·河南宛城�南阳华龙高级中学高二月考(理))已知函数 ,则曲线 在 处的切线的倾斜角为( ) ( )y f x′= ( )y f x= ( ), 1−∞ − ( )2,0− ( ) ( )2,0 , 2,− +∞ ( ) ( ), 1 , 1,−∞ − +∞ 2 0x− < < 2x > ( ) 0f x′ < ( )f x ( 2,0)− (2, )+∞ ( ) lnf x x ax= − 2x = a = 1 2 ( )' 1f x ax = − ( )' 2 0f = 1 10,2 2a a− = = ( ) ( )' 1 1 2 02 2 xf x xx x −= − = > ( )f x ( )0,2 ( )2,+∞ ( )f x 2x = 1 2a = ( ) lnf x x= ( )y f x= 1x = A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 函数 的导数为 , 可得 在 处的切线的斜率为 , 即 , 为倾斜角,可得 . 故选:A. 4.(2020·运城市景胜中学高二月考(文))函数 在 处的切线如图所示,则 ( ) A.0 B. C. D. 【答案】A 【解析】 因为切线过 和 ,所以 , 所以切线方程为 ,取 ,则 ,所以 , 所以 . 故选:A. 5.(2020·重庆高二期末)已知函数 的导函数为 ,若 ,则 ( ) A.4 B.2 C.1 D. 【答案】B 4 π 3 4 π 3 π 2 3 π ( ) lnf x x= ( ) 1'f x x = ( )y f x= 1x = 1k = tan 1α = α 4 πα = ( )y f x= ( )( )1, 1P f ( ) ( )1 1f f ′+ = 1 2 3 2 1 2 − (2,0) (0, 1)− 0 1 1(1) 2 0 2f + =− ′ = 1 12y x= − 1x = 1 2y = - 1(1) 2f = − ( ) ( ) 1 11 1 02 2f f ′+ = − + = ( ) sinf x a x b= + ( )f x¢ 13f π  =  ′  a = 1 2 【解析】 由题意知: . 因为 ,所以 ,解得 . 故选:B. 6.(2020·重庆北碚�西南大学附中高二期末)已知 是定义在 上的函数 的导函数,且满足 对任意的 都成立,则下列选项中一定正确的是( ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 令 ,则 ,故 为 上的增函数, 所以 即 , 故选:D. 7.(2020·吴起高级中学高二期末(文))已知函数 的导函数 的图象如图所示,那么函数 的 图象最有可能的是( ) A. B. C. D. ( ) cosf x a x′ = 13f π  =  ′  cos 13a π = 2a = ( )′f x R ( )f x ( ) ( ) 0xf x f x′ + > x∈R (2)(1) 2 ff > (1) (2)2 f f> (2)(1) 2 ff < (1) (2)2 f f< ( ) ( )F x xf x= ( ) ( ) ( ) 0xf x xF x f′ = ′ + > ( )F x R ( ) ( )2 1F F> ( ) ( )2 2 1f f> ( )f x ( )f x′ ( )f x 【答案】A 【解析】 解: 时, ,则 单调递减; 时, ,则 单调递增; 时, ,则 f(x)单调递减. 则符合上述条件的只有选项 A. 故选 A. 8.(2020·河南禹州市高级中学高三月考(文))已知函数 ,若 , , ,则( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 因为 , ,所以 即 在 是减函数,因为 ,所以 ,即 . 故选:A. 9.(2016·福建连城�高三期中(理))设函数 是定义在 上的函数,其中 的导函数 为 ,满足 对于 恒成立,则( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 2x < − ( ) 0f x′ < ( )f x 2 0x− < < ( ) 0f x′ > ( )f x 0x > ( ) 0f x′ < ( ) 1lnf x x x x = − + ( )3a f= ( )b f π= ( )5c f= c b a< < c a b< < b c a< < a c b< < ( ) 1lnf x x x x = − + ( 0)x > ( ) ( )2 2 2 11 11 0 x x f x x x x − − +′ = − − = < ( )f x ( )0, ∞+ 3 5π< < ( ) ( ) ( )5 3f f fπ< < c b a< < ( ) ( ) x f xF x e = R ( )f x ( )f x′ ( ) ( )f x f x < ( ) ( ) ( ) ( )2 20122 0 , 2012 0f e f f e f> > ( ) ( ) ( ) ( )2 20122 0 , 2012 0f e f f e f< > 由于 , 为减函数, 故 , 同理 . 10.(2020·河南禹州市高级中学高三月考(文))已知函数 ,则方程 实根的个数为( ) A.2 B.3 C.4 D.5 【答案】B 【解析】 由 可得 或 ,当 时, ,当 时, , 单调递减,当 时, , 单调递增, 函数 在 处取得极小值,极小值为 ,绘制 函数 的图象如图所示,观察可得,方程 的实根个数为 3,故选 B 二、多选题 11.(2020·山东潍坊�高二期末)给出定义:若函数 在 上可导,即 存在,且导函数 在 上也可导,则称 在 上存在二阶导函数,记 ,若 在 上恒成立,则 称 在 上为凸函数.以下四个函数在 上是凸函数的是( ) ( ) ( ) ( )' ' 0x f x f xF x e −= < ( )F x ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )0 2 0 2 02 0 , , 2 0f fF F f e fe e < < < ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2012 2012 0 2012 02012 0 , , 2012 0f fF F f e fe e < < < 3 2 , 0( ) 4 6 1, 0 xe xf x x x x  ( )f x ∴ ( )f x 1x = ( )1 4 6 1 1f = − + = − ( )f x 22[ ( )] 3 ( ) 2 0f x f x− − = ( )f x D ( )f x′ ( )f x′ D ( )f x D ( ) ( )( )f x f x ′′′ = ( ) 0f x′′ < D ( )f x D 0, 2 π     A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 对于 A 选项, , 则 , 当 时,恒有 ,是凸函数; 对于 B 选项, , 则 ,当 上,恒有 ,是凸函数; 对于 C 选项,若 , 则 在 上恒成立,是凸函数; 对于 D 选项,若 , 则 ,则 在 上恒成立, 故不是凸函数. 故选:ABC. 12.(2019·山东五莲�高二期中)如图是函数 导函数 的图象,下列选项中正确的是( ) A.在 处导函数 有极大值 B.在 , 处导函数 有极小值 C.在 处函数 有极大值 D.在 处函数 有极小值 ( ) sin cosf x x x= + ( ) ln 2f x x x= − ( ) 3 2 1f x x x= − + − ( ) xf x xe= ( ) sin cos , ( ) cos sinf x x x f x x x= + ′ = − ( ) sin cosf x x x′′ = − − 0, 2x π ∈   ( ) 0f x′′ < ( ) 1ln 2 , ( ) 2f x x x f x x = − ′ = − ( ) 2 1f x x ′′ = − 0, 2x π ∈   ( ) 0f x′′ < ( ) 3 22 1, ( ) 3 2f x x x f x x= − + − ′ = − + ( ) 6 0f x x′′ = − < 0, 2x π ∈   ( ) , ( ) ( 1)x xf x xe f x x e= ′ = + ( ) ( )2 xf x x e′′ = + ( ) 0f x′′ > 0, 2x π ∈   ( )y f x= ( )y f x′= 2x ( )y f x′= 1x 4x ( )y f x′= 3x ( )y f x= 5x ( )y f x= 【答案】ABCD 【解析】 根据导函数 的图像可知: 的两侧 左减右增,所以在 , 处导函数 有极小值; 的两侧 左增右减,所以在 处导函数 有极大值. 根据导函数 的图像可知: 的左侧导数大于零,右侧导数小于零,所以在 处函数 有极大 值. 的左侧导数小于零,右侧导数大于零,所以在 处函数 有极小值.而 左右两侧导函 数符号相同,原函数 不取得极值. 故选:ABCD 13.(2021·江苏清江浦�高三开学考试)已知函数 ,若 ,则下列结论正 确的是( ) A. B. C. D.当 时, 【答案】AD 【解析】 设 ,函数单调递增,所以 ,所以 ,即有 , 故 A 正确; 设 ,则 不是恒大于零,所以 不恒成立,故 B 错误; , 不是恒小于零,所以 不恒成立,故 C 错误; 当 时, ,故 ,函数 单调递增, 故 , ( )'f x 1 4,x x ( )'f x 1x 4x ( )y f x′= 2x ( )'f x 2x ( )y f x′= ( )'f x 3x 3x ( )y f x= 5x 5x ( )y f x= 1 2 4, ,x x x ( )f x ( ) lnf x x x= 1 20 x x< < ( ) ( )2 1 1 2x f x x f x< ( ) ( )1 1 2 2x f x x f x+ < + 1 2 1 2 ( ) - ( ) 0f x f x x x ( ) ( ) lnf xg x xx = = ( ) ( )2 1>g x g x ( ) ( )2 1 2 1 >f x f x x x ( ) ( )1 2 2 1>x f x x f x ( ) ( )h x f x x= + ( ) 2h x lnx′ = + ( ) ( )1 1 2 2x f x x f x+ < + ( )f x xlnx= ( ) 1f x lnx′ = + 1 2 1 2 ( ) - ( ) 0f x f x x x 1lnx > − ( ) 1 0f x lnx +′ = > ( ) 1ln ,f x x x x e = > ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 1 2 1 1 1 2 2 2 1 1 2 0x x f x f x x f x x f x x f x x f x − − = + − − >  即 ,又 ,所以 , 所以 ,所以有 ,故 D 正确. 故选:AD. 14.(2020·全国高三其他)已知函数 是定义在 上的奇函数,当 时, ,则下 列说法正确的是( ) A.当 时, B.函数 有 2 个零点 C. 的解集为 D. , ,都有 【答案】CD 【解析】 当 时, ,由奇函数定义可知, ,故 A 错误; 对于 B,当 时, ,可知 是函数 的一个零点.当 时, 令 ,解得 ,即 是函数 的一个零点. 由奇函数的性质可知, 是函数 的一个零点,因此函数 有 3 个零点, 故 B 错误; 对于 C,当 时,令 ,解得 ,当 时, 令 ,解得 ,综上可知, 的解集为 ,故 C 正确; 对于 D, , ,都有 .当 时, ,当 时, 是增函数,当 时, 是减函数, 且 时, ,根据奇函数图象的性质可知, 时, ( ) ( ) ( ) ( )1 1 2 2 2 1 1 2+x f x x f x x f x x f x+ > ( ) ( )2 1 2 1 2 1 ln > lnf x f xx xx x = = ( ) ( )1 2 2 1>x f x x f x ( ) ( ) ( )2 1 1 22 1+ >2x f x x f x x f x ( ) ( ) ( )1 1 2 2 2 12x f x x f x x f x+ > ( )f x R 0x < ( ) ( )1xf x e x= + 0x > ( ) ( )1xf x e x= − ( )f x ( ) 0f x > ( ) ( )1,0 1,− ∪ +∞ 1x∀ 2x R∈ ( ) ( )1 2 2f x f x− < 0x > 0x− < ( ) ( ) ( )1xf x f x e x−= − − = − − 0x = ( )0 0f = 0x = ( )f x 0x < ( ) ( )1 0xf x e x= + = 1x = − 1x = − ( )f x 1x = ( )f x ( )f x 0x < ( ) ( )1 0xf x e x= + > 1 0x− < < 0x > ( ) ( ) ( )1 0xf x f x e x−= − − = − − > 1x > ( ) 0f x > ( ) ( )1,0 1,− ∪ +∞ 1x∀ 2x R∈ ( ) ( ) ( ) ( )1 2 max minf x f x f x f x− < − 0x < ( ) ( )2xf x e x′ = + 2 0x− < < ( )f x 2x < − ( )f x x → −∞ ( ) 0f x → x∈R , ,可知 ,故 D 正确, 故选:CD. 三、填空题 15.(2020·辽宁葫芦岛�高二期末)已知函数 的导函数为 ,且满足 ﹐则 ________. 【答案】 【解析】 由题可知: ,则 所以 ,则 故答案为: 16.(2020·四川南充�高二期末(理))如果曲线 在点 处的切线垂直于直线 ,那么点 的坐标为___________. 【答案】(1,0) 【解析】 曲线 在点 P 处的切线垂直于直线 , 曲线 在点 P 处的切线的斜率 , 函数 的导数为 , 设 , ,解得 , , 17.(2020·全国高三课时练习(理))若函数 对任意的 , 恒成立,则 x 的取值范围为 . 【答案】 ( ) ( ) 2 max 2f x f e−= = ( ) 2 minf x e−= − ( ) ( )1 2 2 2 2f x f x e − < < ( )f x ( )f x′ ( ) ( )2 1 lnf x xf x′= + ( )1f ′ = 1− ( ) ( )2 1 lnf x xf x′= + ( ) ( ) 12 1′′ = +f x f x ( ) ( )2 11 1′′ = +f f ( )1 1f ′ = − 1− 4y x x= − P 1 3y x= − P  4y x x= − 1 3y x= − ∴ 4y x x= − 3k =  4y x x= − 34 1y x′ = − ( )0 0,P x y 3 04 1 3x∴ − = 0 1x = 4 0 0 0 0y x x∴ = − = (1,0)P∴ ( ) 2 sinf x x x= + [ 2,2]m∈ − ( 3) ( ) 0f mx f x− + < 3 1x− < ′ ( )f x ( 3) ( ) 0f mx f x− + < ( 3) ( )f mx f x− < − 3mx x− < − m ( ) 3 , [ 2,2]g m x m x m= ⋅ − + ∈ − [ 2,2]m∈ − ( ) 0g m < 0x ≥ (2) 0g < 0x < ( 2) 0g − < 3 1x− < < ( ) ln 1xf x ae x= − − ( )f x ( )f x 1 e ( )1,+∞ ( ) 1xf x ae x ′ = − 1x = ( )f x ( )1 1 0f ae∴ = − =′ 1a e ⇒ = ( ) 1 ln 1xf x e x−= − − ( ) 1 1xf x e x −⇒ −′ = ( ) 0f x′ > 1x > ( )f x∴ ( )1,+∞ ( ) ( )2 4 2 cos sinf x x x x x x= − + − − x a= ( ) 4g x x= m = ( )y g x= ( )( ),a g a 4 sin 2− − 2 ( ) ( )2 4 2 cos sinf x x x x x x= − + − − ( ) ( ) ( )2 4 cos 2 sin cos ( s) 2 in2 xf x x x x x x x′ = − + − − − = − − 2 sin 0x− > 2x < ( ) 0, ( )f x f x′ ( ) 0f x′ > ( )f x 2a = ( ) ( )min 2 4 sin 2m f x f= = = − − ( ) 2g x x ′ = ( ) ( )2 2g a g′ ′= = ( )y g x= ( )( ),a g a 2 4 sin 2− − 2 ( )f x′ ( )f x ( )2 3f − = − x∈R ( ) 2f x′ < ( )2f = ( )e 2e 1x xf < − ( )ln 2,+∞ ( )f x ( ) ( )2 2 3f f= − − = ( ) ( ) 2g x f x x= − ( ) ( )2 2g f= − 4 1= − ( ) ( ) 2 0g x f x′ ′= − < ( )g x R ( )e 2e 1x xf < − ( )e e2 1x xf − < − ( ) ( )2exg g< e 2x > ln 2x > ( )ln 2,+∞ ( ) 2 ln , 0 2 1, 0 x x f x x x x  >=  + − ≤ ( )f x ( )f x 1y ax= − a 1 2− − ( )0,2 (1)由 ,当 时, . 当 时,令 有 (2)画出 的图象有 因为 过定点(0,−1), 要使 的图象与直线 有且只有三个公共点,则 , 当 时, 函数的导数 ,函数在点(0,−1)处的切线斜率 ,此时直线和 只有一个交点. 当 时,因为当 时 , ,此时直线 与 的图象仍有三个交点.由图象 知要使 的图象与直线 有且只有三个公共点, 则满足 , 故答案为:(1). 或 (2). (0,2) 五、解答题 22.(2020·辽宁葫芦岛�高二期末)已知函数 . (1)当 时,求曲线 在点(0,1)处的切线方程; (2)求函数 的单调区间. 【答案】(1) ;(2)答案见解析. 【解析】 ( ) 2 ln , 0 2 1, 0 x xf x x x x  >=  + − ≤ 0x > ln 0 1x x= ⇒ = 0x ≤ 2 2 1 0x x+ − = 1 2x = − − ( ) 2 ln , 0 2 1, 0 x xf x x x x  >=  + − ≤ 1y ax= − ( )f x 1y ax= − 0a > 0x ≤ 2( ) 2 1f x x x= + − '( ) 2 2f x x= + (0) 2k f'= = 2( ) 2 1f x x x= + − 1a = 0x > 1'( )f x x = 1'(1) 11f = = 1y ax= − ( )f x ( )f x 1y ax= − 0 2a< < 1 1 2− − 31( ) ,3f x x ax a a= − + ∈R 1a = ( )y f x= ( )y f x= 1 0x y+ − = (1)当 时, , 因为 , 所以 , 所以曲线函数 在点 处的切线方程为: . (2)定义域为 . 因为 , , ①当 时, 恒成立. 所以函数 在 上单调递增. ②当 时,令 ,则 或 . 所以当 时, 或 ; 当 时, , 所以函数 在 和 , 上单调递增,在 , 上单调递减. 综上可知,当 时,函数 在 上单调递增; 当 时,函数 在 和 , 上单调递增,在 , 上单调递减. 23.(2020·四川内江�高二期末(理))已知函数 , . (1)求 的单调区间; (2)若 是函数 的导函数,且 在定义域内恒成立,求整数 a 的最小值. 【答案】(1)减区间是 ,增区间 ;(2)2. 【解析】 (1)由已知 ,当 时, ,当 时, , ∴ 的减区间是 ,增区间 ; (2)函数 的定义域是 , 定义域是 , 不等式 为 , 1a = 31( ) 13f x x x= − + 2( ) 1f x x′ = − (0) 1f ′ = − ( )y f x= (0,1) 1 0x y+ − = R 2( )f x x a′ = − a R∈ 0a ( ) 0f x′  ( )y f x= ( , )−∞ +∞ 0a > ( ) 0f x′ = x a= − x a= ( ) 0f x′ > x a< − x a> ( ) 0f x′ < a x a− < < ( )y f x= ( , )a−∞ − ( a )+∞ ( a− )a 0a ( )y f x= R 0a > ( )y f x= ( , )a−∞ − ( a )+∞ ( a− )a ( ) lnf x x x= ( ) 2 2g x ax ax= + ( )f x ( )f x′ ( )f x ( ) ( )2 2f x g x x′ ≤ − 1(0, )e 1( , )e +∞ ( ) ln 1f x x′ = + 10 x e < < ( ) 0f x′ < 1x e > ( ) 0f x′ > ( )f x 1(0, )e 1( , )e +∞ ( )f x (0, )+∞ ( )g x R ( ) ( )2 2f x g x x′ ≤ − 22(ln 1) 2 2x ax ax x+ ≤ + − ∴不等式 在 上恒成立, ∴ 在 上恒成立, 设 ,则 , 时, , , 又 在 上是增函数, , , ∴存在 ,使得 , 时 , , 时, , , 即 在 上递增,在 上递减, , , ,∴ , ∵ ,∴ ,∴整数 的最小值为 2. 24.(2020·四川南充�高二期末(理))已知函数 , . (1)讨论 的单调性; (2)若对任意 ,都有 成立,求实数 的取值范围. 【答案】(1)当 时,在 上, 是减函数,当 时,在 上, 是减函数,在 上, 是增函数;(2) 【解析】 (1)解:函数 f(x)的定义域为(0,+∞) 又 当 a≤0 时,在(0,+∞)上,f′(x)<0,f(x)是减函数 当 a>0 时,由 f′(x)=0 得: 或 (舍) 22(ln 1) 2 2x ax ax x+ ≤ + − (0, )+∞ 2 2ln 2 2 2 x xa x x + +≥ + (0, )+∞ 2 2ln 2 2( ) 2 x xh x x x + += + 2 2 ( 1)( 2ln )( ) ( 2 ) x x xh x x x + +′ = − + 0x > 1 0x + > 2 2( 2 ) 0x x+ > ( ) 2lnx x xϕ = + (0, )+∞ 1 1( ) 2ln 2 02 2g = − < (1) 1 0g = > 0 1( ,1)2x ∈ 0( ) 0xϕ = 00 x x< < ( ) 0xϕ < ( ) 0h x′ > 0x x> ( ) 0xϕ > ( ) 0h x′ < ( )h x 0(0, )x 0( , )x +∞ 0 0 0( ) 2ln 0x x xϕ = + = 0 0ln 2 xx = − 0 0 max 0 2 0 0 2ln 2 2( ) ( ) 2 x xh x h x x x + += = + 0 2 0 0 0 2 1 2 x x x x += =+ 0 1a x ≥ 0 1( ,1)2x ∈ 0 1 (1,2)x ∈ a ( ) ( )2 2 lnf x ax a x x= + − − ( )a R∈ ( )f x 0x > ( ) 0f x ≥ a 0a ≤ ( )0,+∞ ( )f x 0a > 10, a      ( )f x 1 ,a  +∞   ( )f x [1, )+∞ ( ) ( ) ( ) ( )( )2 / 2 2 1 2 1 112 2 ax a x x axf x ax a x x x + − − + −= + − − = = 1x a = 1 2x = − 所以:在 上,f′(x)<0,f(x)是减函数 在 上,f′(x)>0,f(x)是增函数 (2)对任意 x>0,都有 f(x)>0 成立,即:在(0,+∞)上 f(x)min>0 由(1)知:当 a≤0 时,在(0,+∞)上 f(x)是减函数, 又 f(1)=2a﹣2<0,不合题意 当 a>0 时,当 时,f(x)取得极小值也是最小值, 所以: 令 (a>0) 所以: 在(0,+∞)上,u′(a)>0,u(a)是增函数又 u(1)=0 所以:要使得 f(x)min≥0,即 u(a)≥0,即 a≥1, 故:a 的取值范围为[1,+∞) 25.(2020·四川德阳�高三其他(理))已知函数 , . (1)求函数 的极值; (2)当 时,证明: . 【答案】(1)答案见解析;(2)证明见解析. 【解析】 (1)∵ , ,∴ , 当 时, 恒成立,函数 单调递减,函数 无极值; 当 时, 时, ,函数 单调递减; 10 a     , 1 a  + ∞  , 1x a = 1 1( ) 1minf x f lnaa a  = = − +   ( ) 1 11u a f lnaa a  = = − +   ( )/ 2 1 1u a a a = + ( ) 2ln 2f x ax x= − − ( ) 4xg x axe x= − ( )f x 0a > ( ) ( ) ( )2 ln 1 2 ln ln 2g x x x a− − + ≥ − ( ) 2ln 2f x ax x= − − ( )0x > ( ) 2 2axf x a x x −′ = − = 0a ≤ ( ) 0f x′ < ( )f x ( )f x 0a > 20,x a  ∈   ( ) 0f x′ < ( )f x 时, ,函数 单调递增; 故函数 的极小值为 ,无极大值. (2)证明:令 , , 故 , 令 的根为 ,即 , 两边求对数得: ,即 , ∴当 时, , 单调递增; 当 时, , 单调递减; ∴ , ∴ ,即原不等式成立. 26.(2020·四川省高三月考(文))已知函数 . (1)设 是函数 的极值点,求 的值,并求 的单调区间; (2)若对任意的 , 恒成立,求 的取值范围. 【答案】(1) 在 和 上单调递增,在 上单调递减. (2) 【解析】 (1)由题意,函数 , 则 , 因为 是函数 的极值点,所以 ,故 , 即 ,令 ,解得 或 . 2 ,x a  ∈ +∞   ( ) 0f x′ > ( )f x ( )f x 2 2 2 2= 2ln 2 2lnf aa a a a   × − − = −   ( ) ( )4 2ln 2 2 2 2ln 2 0, 0x xh x axe x x x axe x x a x= − − + − = − − − > > ( ) ( ) ( )2 11= 2 2x x x xh x a e xe ae xx x +′ + − − = + − ( ) ( )= 21 xh x x ae x ′ + −     ( ) 0h x′ = 0x 0 0 2=xae x 0 0ln ln 2 lna x x+ = − 0 0ln ln 2 lnx x a+ = − ( )0x x∈ + ∞, ( ) 0h x′ > ( )h x ( )00,x x∈ ( ) 0h x′ < ( )h x ( ) ( ) ( )0 0 0 0 0 0 0min 2 2ln 2 2 2ln 2 ln 2 lnxh x h x ax e x x x x a= − − − = − = − −= − ( ) 2ln 2ln 2h x a≥ − 21 1( ) ln ( 1)2 2f x x x m x m= + − + + + 2x = ( )f x m ( )f x (1, )x∈ +∞ ( ) 0f x > m ( )f x 1(0, )2 (2, )+∞ 1( ,2)2 1m £ ( ) ( )21 1ln 1 ( 0)2 2f x x x m x m x= + − + + + > ( ) 1 1f x x mx ′ = + − − 2x = ( )f x ( ) 12 2 1 02f m+′ = − − = 3 2m = ( ) 1 5 2f x x x = + −′ ( ) 21 5 2 5 2 02 2 x xf x x x x − +′ = + − = > 10 2x< < 2x > 令 ,解得 , 所以 在 和 上单调递增,在 上单调递减. (2)由 , 当 时, ,则 在 上单调递增, 又 ,所以 恒成立; 当 时,易知 在 上单调递增, 故存在 ,使得 , 所以 在 上单调递减,在 上单调递增, 又 ,则 ,这与 恒成立矛盾. 综上, . 27.(2020·河北石家庄�高二期末)已知函数 . (Ⅰ)求函数 的单调区间; (Ⅱ)若 , 是方程 的两个不同的实数根,求证: . 【答案】(Ⅰ)单调递减区间是 ,单调递增区间是 ;(Ⅱ)证明见解析. 【解析】 (1)依题意, , 故当 时, ,当 时, , ∴ 单调递减区间是 ,单调递增区间是 ; (2)因为 , 是方程 的两个不同的实数根, ( ) 22 5 2 02 x xf x x ′ − += < 1 22 x< < ( )f x 10, 2      ( )2,+∞ 1 ,22      ( ) 1 1f x x mx ′ = + − − 1m ≤ ( ) 0f x′ > ( )f x ( )1,+∞ ( )1 0f = ( )21 1ln 1 02 2x x m x m+ − + + + > 1m > ( ) 1 1f x x mx ′ = + − − ( )1,+∞ ( )0 1,x ∈ +∞ ( )0 0f x′ = ( )f x ( )01, x ( )0 ,x +∞ ( )1 0f = ( )0 0f x < ( ) 0f x > 1m ≤ 2( ) lnf x x x x= − − ( )f x 1x 2x 2( ) ( 0)ax f x x x a+ = − > 1 2ln ln 2ln 0x x a+ + < (0,1) (1, )+∞ 21 2 1 (2 1)( 1)( ) 2 1 x x x xf x x x x x − − + −′ = − − = = (0,1)x∈ ( ) 0f x′ < (1, )x∈ +∞ ( ) 0f x′ > ( )f x (0,1) (1, )+∞ 1x 2x 2( )ax f x x x+ = − ∴ ,两式相减得 ,解得 , 要证: ,即证: ,即证: , 即证 , 不妨设 ,令 ,只需证 , 设 , ∴ , 令 ,∴ , ∴ 在 上单调递减, ∴ ,∴ ,∴ 在 为减函数, ∴ .即 在 恒成立, ∴原不等式成立,即 . 1 1 2 2 ln 0 ln 0 ax x ax x − =  − = ( ) 2 1 2 1 ln 0xa x x x − + = 2 1 2 1 ln x xa x x = − 1 2ln ln 2ln 0x x a+ + < 1 2 2 1x x a < 2 2 1 1 2 2 1 ln x xx x x x    − <     ( )2 2 2 12 2 1 1 1 2 1 2 ln 2x xx x x x x x x x −  < = − +    1 2x x< 2 1 1x tx = > 2 1ln 2t t t < − + 2 1( ) ln 2g t t t t = − − + 2 2 1 1 1( ) ln 1 2lng t t t tt t t t  ′ = − + = − +   1( ) 2lnh t t t t = − + 2 2 2 1 1( ) 1 1 0h t t t t  ′ = − − = − −

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