2021高考数学一轮复习 第三章 导数及其应用 强化训练 导数在函数中的应用课件 理 新人教A版

强化训练导数在函数中的应用基础保分练1.函数f(x)＝ex－ex，x∈R的单调递增区间是A.(0，＋∞)B.(－∞，0)C.(－∞，1)D.(1，＋∞)√12345678910111213141516解析由题意知，f′(x)＝ex－e，令f′(x)0，解得x1，故选D.2.函数f(x)＝1＋x－sinx在(0,2π)上是A.增函数B.减函数C.在(0，π)上增，在(π，2π)上减D.在(0，π)上减，在(π，2π)上增解析∵f′(x)＝1－cosx0，∴f(x)在(0,2π)上是增函数.√123456789101112131415163.f(x)为定义在R上的可导函数，且f′(x)f(x)，对任意正实数a，则下列式子成立的是解析令g(x)＝fxex，A.f(a)eaf(0)B.f(a)eaf(0)C.f(a)f0eaD.f(a)f0ea∴g′(x)＝f′xex－fxexex2＝f′x－fxex0.∴g(x)在R上为增函数，又∵a0，∴g(a)g(0)，即faeaf0e0，即f(a)eaf(0).12345678910111213141516√4.函数y＝xex在[0,2]上的最大值是A.1eB.2e2C.0D.12e解析易知y′＝1－xex，x∈[0,2]，令y′0，得0≤x1，令y′0，得1x≤2，所以函数y＝xex在[0,1)上单调递增，在(1,2]上单调递减，√所以y＝xex在[0,2]上的最大值是1e，故选A.123456789101112131415165.直线y＝a与函数y＝x3－3x的图象有三个相异的交点，则实数a的取值范围为A.(－2,2)B.[－2,2]C.[2，＋∞)D.(－∞，－2]12345678910111213141516解析考虑数形结合，y＝x3－3x的导数y′＝3x2－3＝3(x－1)·(x＋1)，令y′0可解得x－1或x1，故y＝x3－3x在(－∞，－1)，(1，＋∞)上单调递增，在(－1,1)上单调递减，函数的极大值为f(－1)＝2，极小值为f(1)＝－2，大致图象如图所示.而y＝a为一条水平直线，通过图象可得，y＝a介于极大值与极小值之间，则有三个相异交点.可得a∈(－2,2).√6.已知定义在R上的可导函数f(x)的导函数为f′(x)，满足f′(x)f(x)，且f(0)＝，则不等式f(x)－ex0的解集为121234567891011121314151612A.－∞，12B.(0，＋∞)C.12，＋∞D.(－∞，0)√12345678910111213141516解析构造函数g(x)＝fxex，则g′(x)＝f′x－fxex，又f(0)＝12，所以g(0)＝f0e0＝12，因为f′(x)f(x)，所以g′(x)0，故函数g(x)在R上为减函数，则不等式f(x)－12ex0可化为fxex12，即g(x)12＝g(0)，所以x0，即所求不等式的解集为(0，＋∞).解析f′(x)＝x2－ax＋1，因为函数f(x)在区间12，3上单调递减，所以f′(x)≤0在区间12，3上恒成立，7.若函数f(x)＝x33－a2x2＋x＋1在区间12，3上单调递减，则实数a的取值范围是____________.103，＋∞所以f′12≤0，f′3≤0，即14－a2＋1≤0，9－3a＋1≤0，解得a≥103，所以实数a的取值范围为103，＋∞.123456789101112131415168.若函数f(x)＝xlnx－x2－x＋1(a0)有两个极值点，则实数a的取值范围为_______.a20，1e解析因为f(x)＝xlnx－a2x2－x＋1(x0)，所以f′(x)＝lnx－ax，令h(x)＝f′(x)，则h′(x)＝1x－a＝0，得f′(x)有极大值点x＝1a，由于x→0时f′(x)→－∞；当x→＋∞时，f′(x)→－∞，因此f(x)要有两个极值点，只要f′1a＝ln1a－10，解得0a1e.123456789101112131415169.若函数f(x)＝在区间(a，a＋5)上存在最小值，则实数a的取值范围是________.解析由题意，得f′(x)＝x2＋2x＝x(x＋2)，故f(x)在(－∞，－2)，(0，＋∞)上是增函数，在(－2,0)上是减函数，作出其图象如图所示，令13x3＋x2－23＝－23，得x＝0或x＝－3，则结合图象可知，－3≤a0，a＋50，解得a∈[－3,0).13x3＋x2－23[－3,0)1234567891011121314151610.已知函数f(x)＝ex－2x＋a有零点，则实数a的取值范围是________________.(－∞，2ln2－2]12345678910111213141516解析由原函数有零点，可将问题转化为方程ex－2x＋a＝0有解问题，即方程a＝2x－ex有解.令函数g(x)＝2x－ex，则g′(x)＝2－ex，令g′(x)＝0，得x＝ln2，所以g(x)在(－∞，ln2)上是增函数，在(ln2，＋∞)上是减函数，所以g(x)的最大值为g(ln2)＝2ln2－2，因此，a的取值范围就是函数g(x)的值域，所以a∈(－∞，2ln2－2].11.已知函数f(x)＝lnx＋a(1－x)在(2，＋∞)上为单调函数，求实数a的取值范围.1234567891011121314151612345678910111213141516解方法一f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1x－a.若a≤0，则f′(x)0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；若a0，则当x∈0，1a时，f′(x)0，当x∈1a，＋∞时，f′(x)0，所以f(x)在0，1a上单调递增，在1a，＋∞上单调递减，所以当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，符合要求；当a0时，f(x)在1a，＋∞上单调递减，则2≥1a，即a≥12.所以实数a的取值范围是(－∞，0]∪12，＋∞.方法二f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1x－a.即a≤1x恒成立或a≥1x恒成立.由题意得，当x∈(2，＋∞)时，f′(x)≥0恒成立或f′(x)≤0恒成立，∵x∈(2，＋∞)，∴01x12，∴a≤0或a≥12，∴实数a的取值范围是(－∞，0]∪12，＋∞.12345678910111213141516(1)判断f(x)在(0，＋∞)上的单调性；令g(x)＝x2ex－e，x0，则g′(x)＝ex(x2＋2x)0，即g(x)在(0，＋∞)上单调递增，又g(1)＝0，所以当0x1时，g(x)g(1)＝0，则f′(x)0，当x1时，g(x)0，则f′(x)0，所以f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增.12.(2020·东北四校联考)已知f(x)＝1x＋exe－3，F(x)＝lnx＋exe－3x＋2.解f′(x)＝－1x2＋exe＝x2ex－eex2，12345678910111213141516(2)判断函数F(x)在(0，＋∞)上零点的个数.解F′(x)＝f(x)＝1x＋exe－3，且f(1)＝－10，由(1)得∃x1，x2，满足0x11x2，使得f(x)在(0，x1)上大于0，在(x1，x2)上小于0，在(x2，＋∞)上大于0，即F(x)在(0，x1)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减，在(x2，＋∞)上单调递增，而F(1)＝0，x→0时，F(x)→－∞，x→＋∞时，F(x)→＋∞，画出函数F(x)图象的草图，如图所示.故F(x)在(0，＋∞)上的零点有3个.12345678910111213141516①f(x)的最大值为f(x0)；②f(x)的最小值为f(x0)；③f(x)在[0，x0]上是减函数；④f(x)在[x0，π]上是减函数.那么上面命题中真命题的序号是________.技能提升练1234567891011121314151613.已知函数f(x)＝sinx－13x，x∈[0，π]，cosx0＝13，x0∈[0，π].①④解析f′(x)＝cosx－13，由f′(x)＝0，得cosx＝13，即x＝x0，因为x0∈[0，π]，当0xx0时，f′(x)0；当x0xπ时，f′(x)0，所以f(x)的最大值为f(x0)，f(x)在[x0，π]上是减函数.14.(2019·泰安模拟)已知函数f(x)＝e2x＋(a－e)ex－aex＋b(其中e为自然对数的底数)在x＝1处取得极大值，则实数a的取值范围是____________.1234567891011121314151612(－∞，－e)解析由题意可知f′(x)＝e2x＋(a－e)ex－ae＝(ex＋a)·(ex－e)，当a≥0时，若x1，则f′(x)0，若x1，则f′(x)0，所以f(x)在x＝1处取得极小值，不符合题意.当a0时，令f′(x)＝0，得x＝1或x＝ln(－a)，为使f(x)在x＝1处取极大值，则ln(－a)1，即a－e.拓展冲刺练1234567891011121314151615.(2019·贵阳、安顺模拟)不等式kx≥sinx2＋cosx(x0)恒成立，则k的最小值为A.13B.23C.14D.1√解析令h(x)＝kx－sinx2＋cosx(x0)，则h′(x)＝k－1＋2cosx2＋cosx2，令g(t)＝1＋2t2＋t2，则g′(t)＝－2t－12＋t3≥0，12345678910111213141516令t＝cosx，则t∈[－1,1]，∴g(t)在[－1,1]上单调递增，∴g(t)的值域为－1，13，②当k≤0时，因为hπ2＝k·π2－120，不符合条件；③当0k13时，对于0xπ2，h(x)kx－sinx3，∴①当k≥13时，h′(x)≥0，此时h(x)单调递增，∴h(x)h(0)＝0，符合条件；令F(x)＝kx－sinx3，则F′(x)＝k－cosx3，存在x0∈0，π2，使得x∈(0，x0)时，F′(x)0，12345678910111213141516综上，k的取值范围为13，＋∞，∴k的最小值为13.∴F(x)在(0，x0)上单调递减，∴F(x0)F(0)＝0，即当x∈(0，x0)时，h(x)0，不符合条件，123456789101112131415161234567891011121314151616.(2019·辽宁沈阳三校联考)已知函数f(x)＝ax－lnxx，a∈R.(1)若f(x)≥0，求a的取值范围；解由题意知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞).由f(x)≥0，得ax－lnxx≥0，所以ax≥lnxx，又x0，所以a≥lnxx2.令g(x)＝lnxx2，则g′(x)＝1－2lnxx3.令g′(x)0，得0xe，令g′(x)0，得xe.所以当0xe时，g(x)单调递增，当xe时，g(x)单调递减.所以当x＝e时，g(x)取得最大值g(e)＝12e，所以a≥12e，即a的取值范围是12e，＋∞.12345678910111213141516(2)若y＝f(x)的图象与直线y＝a相切，求a的值.12345678910111213141516解设y＝f(x)的图象与直线y＝a相切于点(t，a)，依题意可得ft＝a，f′t＝0.因为f′(x)＝a－1－lnxx2，所以at－lntt＝a，a－1－lntt2＝0，12345