高考數(shù)學(xué)(理)一輪復(fù)習(xí)對點訓(xùn)練3-2-1函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)(含答案解析)

xx0使得f(x0)<0，則a1．設(shè)函數(shù)f(x)＝e(2x－1)－ax＋a，其中a<1，若存在唯一的整數(shù)的取值范圍是()A.－3，1B.－3，32e2e43，3D.3，1C.2e42e答案D剖析由題意可知存在唯一的整數(shù)x0，使得ex0(2x0－1)<ax0－a，設(shè)g(x)＝ex(2x－1)，h(x)＝ax－a，由g′(x)＝ex(2x＋1)可知g(x)在－∞，－1上單調(diào)遞減，在－1，＋∞上單調(diào)遞加，22hga<1，因此3作出g(x)與h(x)的大體圖象以下列圖，故h－，即－2a≤－3g－2ee≤a<1，應(yīng)選D.2.設(shè)函數(shù)f′(x)是奇函數(shù)f(x)(x∈R)的導(dǎo)函數(shù)，f(－1)＝0，當(dāng)x>0時，xf′(x)－f(x)<0，則使得f(x)>0成立的x的取值范圍是()A．(－∞，－1)∪(0,1)B．(－1,0)∪(1，＋∞)C．(－∞，－1)∪(－1,0)D．(0,1)∪(1，＋∞)答案A剖析令F(x)＝fx，由于f(x)為奇函數(shù)，因此F(x)為偶函數(shù)，由于F′(x)＝xxfx－fxfx在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，根2，當(dāng)x>0時，xf′(x)－f(x)<0，因此F(x)＝xx據(jù)對稱性，

F(x)＝f

xx

在(－∞，0)上單調(diào)遞加，又

f(－1)＝0，f(1)＝0，數(shù)形結(jié)合可知，使得f(x)>0成立的x的取值范圍是(－∞，－1)∪(0,1)．應(yīng)選A.3．若定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(0)＝－1，其導(dǎo)函數(shù)f′(x)滿足f′(x)>k>1，則以下結(jié)論中必然錯誤的選項是()1111A．fk<kB．fk>k－1111kC．fk－1<k－1D．fk－1>k－1答案C剖析構(gòu)造函數(shù)g(x)＝f(x)－kx＋1，則g′(x)＝f′(x)－k>0，∴g(x)在R上為增函數(shù)．∵k>1，∴11k－1>0，則gk－1>g(0)．而g(0)＝f(0)＋1＝0，11k∴gk－1＝fk－1－k－1＋1>0，1k－1＝1，即fk－1>k－1k－1因此選項C錯誤，應(yīng)選C.4．已知函數(shù)f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零點x0，且x0>0，則a的取值范圍是()A．(2，＋∞)B．(1，＋∞)C．(－∞，－2)D．(－∞，－1)答案C剖析(1)當(dāng)a＝0時，顯然f(x)有兩個零點，不吻合題意．(2)當(dāng)a≠0時，f′(x)＝3ax22－6x，令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝.a23220，2當(dāng)a>0時，>0，因此函數(shù)f(x)＝ax－3x＋1在(－∞，0)與，＋∞上為增函數(shù)，在aaa上為減函數(shù)，由于f(x)存在唯一零點x0，且x0>0，則f(0)<0，即1<0，不成立．232在－∞，2和(0，＋∞)上為減函數(shù)，在2當(dāng)a<0時，<0，因此函數(shù)f(x)＝ax－3x＋1a，0aa上為增函數(shù)，由于f(x)存在唯一零點x，且x，則f2>08432aaa或a<－2，又由于a<0，故a的取值范圍為(－∞，－2)．選C.5．已知函數(shù)f(x)＝－2(x＋a)lnx＋x2－2ax－2a2＋a，其中a>0.(1)設(shè)g(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù)，談?wù)揼(x)的單調(diào)性；(2)證明：存在a∈(0,1)，使得f(x)≥0在區(qū)間(1，＋∞)內(nèi)恒成立，且f(x)＝0在區(qū)間(1，＋∞)內(nèi)有唯一解．解(1)由已知，函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，g(x)＝f′(x)＝2(x－a)－2lnx－21＋ax，22a2x－12＋2a－1因此g′(x)＝2－24x＋x2＝x2當(dāng)0<a<1時，g(x)在區(qū)間0，1－1－4a，1＋1－4a，＋∞上單調(diào)遞加，422在區(qū)間1－1－4a，1＋1－4a上單調(diào)遞減；221當(dāng)a≥時，g(x)在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞加．4(2)證明：由f′(x)＝2(x－a)－2lnx－21＋ax－1－lnx.＝0，解得a＝－1x1＋x令φ(x)＝－2x＋x－1－lnx2x－1－lnxx－1－lnx2＋x－1－lnx.－1lnx＋x－21＋x－1x－2－1－11＋x1＋x1＋x則φ(1)＝1>0，φ(e)＝－－e－22<0.－1－2－11＋e1＋e故存在x0∈(1，e)，使得φ(x0)＝0.x0－1－lnx0令a0＝－1，u(x)＝x－1－lnx(x≥1)．1＋x01由u′(x)＝1－x≥0知，函數(shù)u(x)在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞加．因此0＝u<ux0＝au＝e－21＋1－1－1－11＋x00<1＋e1＋e<1.即a0∈(0,1)．當(dāng)a＝a時，有f′(x，f(x0)＝φ(x0)＝0.00)＝0由(1)知，f′(x)在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞加，故當(dāng)x∈(1，x0)時，f′(x)<0，從而f(x)>f(x0)＝0；當(dāng)x∈(x0，＋∞)時，f′(x)>0，從而f(x)>f(x0)＝0.因此，當(dāng)x∈(1，＋∞)時，f(x)≥0.綜上所述，存在a∈(0,1)，使得f(x)≥0在區(qū)間(1，＋∞)內(nèi)恒成立，且f(x)＝0在區(qū)間(1，＋∞)內(nèi)有唯一解．6.設(shè)函數(shù)f(x)＝3x2＋axx(a∈R)．e(1)若f(x)在x＝0處獲取極值，確定a的值，并求此時曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程；(2)若f(x)在[3，＋∞)上為減函數(shù)，求a的取值范圍．解(1)對f(x)求導(dǎo)得x＋ax－x2＋axxf′(x)＝x23x2＋－ax＋a＝ex，由于f(x)在x＝0處獲取極值，因此f′(0)＝0，即a＝0.當(dāng)a＝0時，f(x)＝3x2－3x2＋6x33，x，f′(x)＝x，故f(1)＝，f′(1)＝eeee從而f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為333x－ey＝0.y－＝(x－1)，化簡得ee－3x2＋－ax＋a(2)由(1)知f′(x)＝x，e令g(x)＝－3x2＋(6－a)x＋a，由g(x)＝0解得x1＝6－a－a2＋36，66－a＋a2＋36x2＝.6當(dāng)x<x1時，g(x)<0，即f′(x)<0，故f(x)為減函數(shù)；當(dāng)x1<x<x2時，g(x)>0，即f′(x)>0，故f(x)為增函數(shù)；當(dāng)x>x2時，g(x)<0，即f′(x)<0，故f(x)為減函數(shù)．由f(x)在[3，＋∞)上為減函數(shù)，知x2＝6－a＋a2＋369，6≤3，解得a≥－2故a的取值范圍為－92，＋∞.7．已知函數(shù)f(x)＝ex－e－x－2x.(1)談?wù)揻(x)的單調(diào)性；(2)設(shè)g(x)＝f(2x)－4bf(x)，當(dāng)x>0時，g(x)>0，求b的最大值；(3)已知1.4142<2<1.4143，估計ln2的近似值(精確到0.001)．－x解(1)f′(x)＝e＋e－2≥0，等號僅當(dāng)x＝0時成立，因此f(x)在(－∞，＋∞)單調(diào)遞加．(2)g(x)＝f(2x)－4bf(x)＝e2x－e－2x－4b(ex－e－x)＋(8b－4)x，g′(x)＝2[e2x＋e－2x－2b(ex＋e－x)＋(4b－2)]＝2(ex＋e－x－2)(ex＋e－x－2b＋2)．①當(dāng)b≤2時，g′(x)≥0，等號僅當(dāng)x＝0時成立，因此g(x)在(－∞，＋∞)單調(diào)遞加．而g(0)＝0，因此對任意x>0，g(x)>0；②當(dāng)b>2時，若x滿足2<ex＋e－x<2b－2，即0<x<ln(b－1＋b2－2b)時，g′(x)<0.而g(0)＝0，因此當(dāng)0<x<ln(b－1＋b2－2b)時，g(x)<0.綜上，b的最大值為2.(3)由(2)知