層級(jí)二專題一第3講

1、層級(jí)二專題一 第 3講限時(shí) 50分鐘滿分 76分一、選擇題 (本大題共6 小題，每小題5 分，共 30 分 )1 (2020 南·開(kāi)中學(xué)質(zhì)檢 )已知函數(shù)f(x) g(x) 2x 且曲線2x 1，則曲線y f(x)在 x 1 處的切線的斜率為()y g(x)在x 1 處的切線為yA 2B 4C6D 8解析： B曲線 y g(x)在點(diǎn) (1，g(1) 處的切線方程為y 2x 1， g (1) 2.函數(shù)f(x) g(x) 2x， f (x)g (x)2， f (1) g (1) 2， f (1) 2 2 4，即曲線yf(x)在 x 1 處的切線的斜率為 4.故選 B.2(2019 

2、3;京三模南)若函數(shù) f(x) kx ln x 在區(qū)間 (1 ， )上單調(diào)遞增，則 k 的取值范圍是()A (， 2B (， 1C2， )D 1， )解析： D因?yàn)?f(x) kxln x，所以 f( x) k1.因?yàn)?f(x)在區(qū)間 (1， )上單調(diào)遞增，x所以當(dāng) x 1時(shí)， f (x) k 1 0 恒成立，即k 1在區(qū)間 (1， )上恒成立因?yàn)閤 1，xx所以 0 1 1，所以 k 1.故選 D.x3(2019 保·定三模 )函數(shù) f(x) x3 3axa 在 (0,1) 內(nèi)有最小值，則a 的取值范圍是 ()A 0,1)B ( 1,1)C. 0，1D (0,1)2解析： Df (

3、x) 3x2 3a 3(x2 a)當(dāng) a0 時(shí)， f (x) 0， f(x)在(0,1) 內(nèi)單調(diào)遞增，無(wú)最小值當(dāng) a0 時(shí)， f (x) 3(x a)( x a)當(dāng) x ( ， a)和 ( a， )時(shí)， f(x)單調(diào)遞增；當(dāng) x ( a， a)時(shí)， f(x)單調(diào)遞減，所以當(dāng)a 1，即 0a 1 時(shí)， f(x)在 (0,1)內(nèi)有最小值132有兩個(gè)極值點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a 的取值范4 (2020 長(zhǎng)·沙模擬 )已知函數(shù) f(x)x ax 3x 13圍是()A (3， )B (，3)C( 3，3)D (，3) (3， )解析： Df (x) x2 2ax 3.由題意知方程f (x) 0 有兩個(gè)不相

4、等的實(shí)數(shù)根，所以4a2 12 0，解得 a3或 a3.5(2019 長(zhǎng)·春質(zhì)量監(jiān)測(cè))已知函數(shù) f(x)是定義在R 上的函數(shù)，且滿足f (x) f(x) 0，其中 f( x)為 f(x) 的導(dǎo)函數(shù)，設(shè)a f(0) ，b 2f(ln 2) ，c ef(1)，則 a，b，c 的大小關(guān)系是()A c b aB a b cCc a bD b c a解析： A令 g(x) exf(x)，則 g (x) exf( x) f (x) 0，所以函數(shù) g(x) 在定義域 R 上單調(diào)遞增，從而g(0) g(ln 2) g(1) ，得 f(0) 2f(ln 2) ef(1) ，即 a bc.故選 A.6 (

5、山東卷 )若函數(shù) y f(x) 的圖象上存在兩點(diǎn)，使得函數(shù)的圖象在這兩點(diǎn)處的切線互相垂直，則稱 y f(x)具有 T 性質(zhì)下列函數(shù)中具有T性質(zhì)的是()A y sin xB y ln xCy exD y x3解析： A 當(dāng) y sin x 時(shí)， y cos x， cos 0 ·cos 1，所以在函數(shù) y sin x 圖象存在兩點(diǎn) x 0， x 使條件成立，故A 正確；函數(shù) y ln x， y ex， y x3 的導(dǎo)數(shù)值均非負(fù)，不符合題意，故選 A.二、填空題 (本大題共 2 小題，每小題 5 分，共 10分 )7 (2019 ·廈門三模 ) 已知直線y kx 2 與曲線y x

6、ln x 相切，則實(shí)數(shù)k 的值為_(kāi)解析： 由 yxln x 知 y ln x 1，設(shè)切點(diǎn)為 (x0，x0ln x0)，則切線方程為 y x0ln x0 (lnx0 1)(x x0)，因?yàn)榍芯€ y kx2過(guò)定點(diǎn) (0， 2)，所以 2 x0ln x0 (ln x0 1)(0 x0)，解得 x0 2，故 k 1 ln 2.答案： 1 ln 218 (2019 濰·坊三模 )設(shè)函數(shù) f(x) ln x ax2 bx，若 x 1 是 f(x)的極大值點(diǎn)，則 a 的取2值范圍是 _1解析： f(x)的定義域?yàn)?(0， )， f (x) ax b，由 f (1) 0，得 b 1 a.1 ax2

7、1 ax xax 1x1 f (x) ax a 1xxx.若 a 0，當(dāng) 0 x 1 時(shí)， f(x) 0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng) x 1 時(shí)， f (x) 0， f(x)單調(diào)遞減；所以 x1 是 f(x) 的極大值點(diǎn)1若 a 0，由 f (x) 0，得 x 1 或 x a.因?yàn)?x1 是 f(x) 的極大值點(diǎn)，1所以 1，解得 1 a 0.綜合得a 的取值范圍是 ( 1， )答案： ( 1， )三、解答題 (本大題共3 小題，每小題12 分，共 36 分 )9 (2018 ·京卷北 )設(shè)函數(shù) f(x) ax2 (3a 1)x 3a2ex.(1)若曲線 y f(x)在點(diǎn) (2， f(2)

8、 處的切線斜率為0，求 a；(2)若 f(x)在 x1 處取得極小值，求 a 的取值范圍解： (1) f(x) ax2 (3a 1)x 3a 2ex f (x) ax2 (a1)x 1ex f (2) (2a 1)e2 0 a12(2)f (x) (ax 1)(x 1)ex當(dāng) a 0 時(shí)，令 f (x) 0 得 x 1f (x)，f(x)隨 x 變化如下表：x(，1)1(1， )f (x)0f(x)極大值 f(x)在 x 1 處取得極大值(舍 )1當(dāng) a 0 時(shí)，令 f (x) 0 得 x1 ， x2 1a當(dāng) x1 x2，即 a 1 時(shí)，f (x)( x 1)2ex 0 f(x)在 R 上單調(diào)

9、遞增 f(x)無(wú)極值 (舍 )b當(dāng) x x ，即 0 a 1 時(shí)， f (x)， f(x)隨 x 變化如下表：12111x,( ， 1),1, 1， a,a,a， f (x), ,0, ,0, f(x),極大值 ,極小值 , f( x)在 x 1 處取極大值 (舍 )c當(dāng) x x ，即 a 1 時(shí)12f (x)，f(x)隨 x 變化如下表：x(，1)1f (x)0f(x)極大值 f(x)在 x 1 處取極大值 (舍 )12，即 a 1 時(shí)c當(dāng) x xf (x)，f(x)隨 x 變化如下表：x ，11aaf (x)0f(x)極大值 f(x)在 x 1 處取極小值即 a1 成立111， 1， aa

10、a0極小值1， 11(1， )a0極小值當(dāng) a 0時(shí)，令 f (x) 0 得 x11， x2 1af (x)，f(x)隨 x 變化如下表：x ，11aaf (x)0f(x)極小值 f(x)在 x 1 處取極大值 (舍 )綜上所述： a 的取值范圍為 (1， )1， 11(1， )a0極大值10 (2019 全·國(guó)卷 )已知函數(shù)f(x)2x3 ax2 b.(1)討論 f(x)的單調(diào)性(2)是否存在a，b，使得 f(x)在區(qū)間 0,1 的最小值為 1 且最大值為1？若存在，求出a，b 的所有值；若不存在，說(shuō)明理由解析：這是一道常規(guī)的函數(shù)導(dǎo)數(shù)不等式和綜合題，題目難度比往年降低了不少考查的函

11、數(shù)單調(diào)性，最大值最小值這種基本概念的計(jì)算思考量不大，由計(jì)算量補(bǔ)充aa(1)對(duì) f(x) 2x3 ax2 b 求導(dǎo)得 f (x)6x2 2ax6x x 3.所以有當(dāng) a0 時(shí)， ，3區(qū)間上單調(diào)遞增，a， 0 區(qū)間上單調(diào)遞減，(0， )區(qū)間上單調(diào)遞增；3當(dāng) a0時(shí)， ( ， )區(qū)間上單調(diào)遞增；當(dāng) a0時(shí)， ( ， 0)區(qū)間上單調(diào)遞增，0，a 區(qū)間上單調(diào)遞減，a， 區(qū)間上單調(diào)33遞增(2)若 f(x)在區(qū)間 0,1 有最大值1 和最小值1，所以若 a0， ， a 區(qū)間上單調(diào)遞增，3a， 0區(qū)間上單調(diào)遞減，(0， ) 區(qū)間上單調(diào)遞增；3此時(shí)在區(qū)間 0,1 上單調(diào)遞增，所以 f(0) 1， f(1) 1

12、 代入解得 b 1， a 0，與 a 0矛盾，所以 a 0 不成立若 a 0， ( ， )區(qū)間上單調(diào)遞增；在區(qū)間0.1 所以 f(0) 1， f(1) 1 代入解a 0得.b 10 a 2， ( ， 0)區(qū)間上單調(diào)遞增，aa若0， 3區(qū)間上單調(diào)遞減，3， 區(qū)間上單調(diào)遞增即 f(x) 在區(qū)間a單調(diào)遞減，在區(qū)間a， 1單調(diào)遞增，所以區(qū)間a0， 330,1 上最小值為 f 3而 f(0) b， f(1) 2 a bf(0)，故所以區(qū)間0,1 上最大值為 f(1).aa相減得 2 a a3即2 3 3 a3 2 b 12，即 a(a 3 3)(a 3 3) 0，又因?yàn)?02a b 127a 2，所以無(wú)

13、解若2 a 3， ( ， 0)區(qū)間上單調(diào)遞增，a 區(qū)間上單調(diào)遞減，a， 區(qū)間上單0， 33調(diào)遞增aaa即 f(x) 在區(qū)間0， 3單調(diào)遞減，在區(qū)間3， 1單調(diào)遞增，所以區(qū)間0,1 上最小值為 f 3而 f(0) b， f(1) 2 a bf(0)，故所以區(qū)間0,1 上最大值為 f(0).a 3 a a 2 b 13即2 33相減得 a 2，解得 x 3 32，又因?yàn)?a 3，所以無(wú)解b127若 a3， ( ， 0)區(qū)間上單調(diào)遞增，aa0， 3區(qū)間上單調(diào)遞減， 3， 區(qū)間上單調(diào)遞增所以有 f(x)區(qū)間 0,1 上單調(diào)遞減，所以區(qū)間0,1 上最大值為 f(0) ，最小值為 f(1)b 1a 4.即

14、2 a b 1解得b 1a 0a 4.綜上得或b 1b 1a 0a 4答案：(1)見(jiàn)詳解；(2)或.b 1b 111 (2018 江·蘇卷 ) 記 f (x)，g (x)分別為函數(shù)f(x)， g(x)的導(dǎo)函數(shù)若存在x0R，滿足 f(x0) g(x0 )且 f (x0) g (x0)，則稱 x0 為函數(shù) f(x)與 g(x)的一個(gè)“ S 點(diǎn)”(1)證明：函數(shù) f(x) x 與 g(x) x2 2x 2 不存在“ S 點(diǎn)”；(2)若函數(shù) f(x) ax2 1與 g(x) ln x 存在“ S 點(diǎn)”，求實(shí)數(shù)a 的值；(3)已知函數(shù) f(x) x2 a，g( x)bex.對(duì)任意 a 0，判斷是否存在b0，使函數(shù) f( x)與xg(x)在區(qū)間 (0， )內(nèi)存在“ S 點(diǎn)”，并說(shuō)明理由解： (1)f (x)1， g (x) 2x 22000x 2x 2 x 若存在，則有1 2x02 1根據(jù)得到x0 代入不符合，因此不存在“S 點(diǎn) ”1(2)f (x) 2ax，g (x) x2ax 1ln x 00根據(jù)題意有1 2ax0x0且有 x0 0根據(jù)得到 x01 代入得到 a e.2a2bex x 1(3