2020届高考数学(理)一轮复习课时训练：第3章 导数及其应用 14-3 含解析

一、选择题

1．(2018海南中学模拟)设f(x)是定义在R上的奇函数，且f(2)＝0，当x>0xf ′x－fx

时，有

x2

<0恒成立，则不等式x2f(x)>0的解集是(　　)

B．(－2,0)∪(0,2)D．(－∞，－2)∪(0,2)

A．(－2,0)∪(2，＋∞)　C．(－∞，－2)∪(2，＋∞)　【答案】D

xf ′x－fx

【解析】∵当x>0时，(0，＋∞)为减函数，

又f(x)是定义在R上的奇函数，∴f(x)在R上单调递增．∵f(2)＝0，∴在(0,2)内恒有f(x)>0；在(2，＋∞)内恒有f(x)<0.故在(－∞，－2)内恒有f(x)>0；在(－2,0)内恒有f(x)<0.故x2f(x)>0的解集为(－∞，－2)∪(0,2)．

2．(2018河北故城模拟)若关于x的不等式x3－3x2－9x＋2≥m对任意x∈[－2,2]恒成立，则m的取值范围是(　　)

A．(－∞，7]　C．(－∞，0]【答案】B

【解析】令f(x)＝x3－3x2－9x＋2，则f ′(x)＝3x2－6x－9，令f ′(x)＝0得x＝－1或x＝3(舍去)．∵f(－1)＝7, f(－2)＝0, f(2)＝－20，∴f(x)的最小值为f(2)＝－20，故m≤－20.

3．(2018贵阳联考)已知函数f(x)的定义域为[－1,4]，部分对应值如下表：

xf(x)

－11

02

20

32

40

B．(－∞，－20]　　D．[－12,7]x2

＝x′<0，∴φ(x)＝x在

[]fx

fx

f(x)的导函数y＝f ′(x)的图象如图所示．当1的零点的个数为(　　)

A．1C．3【答案】D

B．2D．4

【解析】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)＝2,14．(2018河南濮阳一模)函数f(x)的导函数为f A．(－∞，1)C．(2，＋∞)【答案】D

fx

【解析】设函数g(x)＝ex，则g′(x)＝

f′x－fx

ex

<0，fx1

1

fxf2二、填空题

5．(2018大连模拟)函数y＝x＋2cos

0，][2上的最大值是x在区间

π

f2

B．(1，＋∞)D．(－∞，2)

′(x)，若∀x∈R恒有f

′(x)ex－2的解集为(　　)

∴g(x)在R上单调递减，不等式f(x)>ex－2可转化为ex>e2.∵g(2)＝e2＝e2，∴ex>e2，∴x＜2，∴x∈(－∞，2)．故选D.

________．

π

【答案】6＋30，][【解析】y′＝1－2sin x，令y′＝0，又x∈2，得x＝6，则x∈

ππππ

[0，6]时，y′>0；x∈(6，2]时，y′<0.故函数y＝x＋2cos x在[0，6]上单调递

ππππ，][增，在62上单调递减，所以当x＝6时，函数取得最大值6＋3.

x

6．(2018安徽江南名校联考)已知x∈(0,2)，若关于x的不等式ex<1

k＋2x－x2恒成立，则实数k的取值范围为________．

【答案】[0，e－1)

【解析】依题意，知k＋2x－x2>0，即k>x2－2x对任意x∈(0,2)恒成立，从而k≥0，

ex

因此由原不等式，得kexex

＋2

令f(x)＝x＋x2－2x，则f ′(x)＝(x－1)x2.

π

π

()令f ′(x)＝0，得x＝1，当x∈(1,2)时， f ′(x)>0，函数f(x)在(1,2)上单调递增；当x∈(0,1)时， f ′(x)<0，函数f(x)在(0,1)上单调递减．所以kmin＝f(1)＝e－1，

故实数k的取值范围是[0，e－1)．三、解答题

7．(2018云南大理二模)设f(x)＝(x＋1)eax(其中a≠0)，曲线y＝f(x)在x＝1

a处有水平切线．(1)求a的值；

(2)设g(x)＝f(x)＋x＋xln

x，证明：对任意x1，x2∈(0,1)有|g(x1)－g(x2)

|＜e－1＋2e－2.

(1)【解】f ′(x)＝eax＋a(x＋1)eax＝(ax＋a＋1)eax.

1由题意知0＝f ′a＝(a＋2)e，解得a＝－2.

(2)【证明】令g(x)＝g1(x)＋g2(x)，x∈(0,1)，其中g1(x)＝(x＋1)

e－2x＋x，g2(x)＝xln x，求导得g1′(x)＝－(2x＋1)e－2x＋1.对h(x)＝g1′(x)求导得h′(x)＝－2e－2x＋2(2x＋1)e－2x＝4xe－2x＞0，x∈(0,1)．

因此g1′(x)在(0,1)上为增函数，故当x∈(0,1)时，g1′(x)＞g1′(0)＝0.因此g1(x)在(0,1)上也为增函数，从而1＝g1(0)＜g1(x)＜g1(1)＝1＋2e－2(0＜x＜1)．①

又g2′(x)＝1＋ln

x，令g2′(x)＝0，解得x＝e－1.当0＜x＜e－1时，

g2′(x)＜0，g2(x)在(0，e－1)上为减函数；当e－1＜x＜1时，g2′(x)＞0，g2(x)在(e－1,1)上为增函数，从而g2(x)在(0,1)上取得的最小值为g2(e－1)＝－e－1，因此－e－1≤g2(x)＜0(0＜x＜1)．②

由①②得1－e－1＜g(x)＜1＋2e－2(0＜x＜1)，因此对任意x1，x2∈(0,1)，有|g(x1)－g(x2)|＜(1＋2e－2)－(1－e－1)＝e－1＋2e－2.

8．(2019贵阳检测)已知函数f(x)＝(x－1)ex＋1，x∈[0,1]．　(1)证明：f(x)≥0；

ex－1

(2)若aex－1

(2)【解】令g(x)＝x，则g ′(x)＝所以当x∈(0,1)时，g(x)ex－1

要使xex－1

要使x>a成立，只需ex－ax－1>0在x∈(0,1)恒成立，

x－1ex＋1

x2

>0，x∈(0,1)，

()令h(x)＝ex－ax－1，x∈(0,1)，则h ′(x)＝ex－a.由x∈(0,1)，得ex∈(1，e)．①当a≤1时，h a≤1满足条件；

②当a≥e时，h′(x)<0，此时x∈(0,1)，有h(x)③当1综上，a≤1.又b≥e－1，所以b－a的最小值为e－2.

9．(2018沈阳监测)已知函数f(x)＝aln x(a＞0)，e为自然对数的底数．(1)若过点A(2，f(2))的切线斜率为2，求实数a的值；1－)(x；(2)当x＞0时，求证：f(x)≥a

x

1

(3)若在区间(1，e)上ea－eax＜0恒成立，求实数a的取值范围．aa(1)【解】由题意得f ′(x)＝x，∴f ′(2)＝2＝2，∴a＝4.111－ln x－1＋

x等价于ax≥0，(2)【证明】f(x)≥a111

－

令g(x)＝a(ln x－1＋x)，则g′(x)＝axx2.

11－令g′(x)＝0，即axx2＝0，解得x＝1，

1

′(x)>0，此时x∈(0,1)，有h(x)>h(0)＝0成立，所以

()()()()()∴g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．

11－

x.∴g(x)的最小值为g(1)＝0，∴f(x)≥a

x－1(3)【解】由题意可知【答案】e ＜e x，化简得a＜ln x，

x－1又x∈(1，e)，∴a＞ln x.

x－1

令h(x)＝ln x，则h′(x)＝

ln x－x－1·

ln x2

1

1x

ln x－1＋

1x

＝ln x2，　

由(2)知，当x∈(1，e)时，ln x－1＋x＞0，∴h′(x)＞0，即h(x)在(1，e)上单调递增，∴h(x)＜h(e)＝e－1.∴a≥e－1.