2022版高中数学一轮复习 课时作业梯级练十八 导数中的三大难点问题课时作业（理含解析）新人教A版.doc

1、课时作业梯级练十八导数中的三大难点问题 一、选择题(每小题5分,共35分)1.已知函数f(x)的定义域为-1,4,部分对应值如表:x-10234f(x)12020f(x)的导函数y=f(x)的图象如图所示.当1a2时,函数y=f(x)-a的零点的个数为()A.1 B.2C.3D.4【解析】选D.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)=2,1abcB.bacC.cbaD.cab【解析】选B.f = - sin =x2-xsin x=f ,故f 为偶函数,故只需考虑x 的单调性即可.f(x)=2x-sin x-xcos x=x-sin x+

2、x ,当x 时,设h =x-sin x,则h =1-cos x0,所以h 在 上单调递增,即h h(0)=0,故xsin x,而x 0显然成立,故f(x)0,故f 在x 上单调递增.a=f =f ,b=f =f ,0.230.2log5 log531log35,由函数单调性可知f f f ,即cab.4.(2021渭南模拟)设函数f(x)=(x-a)2+(3ln x-3a)2,若存在x0,使f(x0) ,则实数a的值为()A. B. C. D.1【解析】选A.f(x)表示点(x,3ln x)与点(a,3a)间的距离的平方,分别令g(x)=3ln x,h(x)=3x,设过点P(x0,3ln x0

3、)的函数g(x)的切线l平行于直线y=3x.g(x)= ,由 =3,解得x0=1,所以切点P(1,0).点P到直线y=3x的距离d= .所以存在x0=1,使f(x0) ,过点P且与直线y=3x垂直的直线方程为y=- (x-1).联立 解得 则实数a= .5.(2021石家庄模拟)已知函数f 对于任意xR,均满足f =f ,当x1时,f(x)= (其中e为自然对数的底数),若存在实数a,b,c,d 满足f =f =f =f ,则(a+b+c+d)b-ea的取值范围为()A. B. C. D. 【解析】选D.由f(x)=f(2-x)知f(x)关于x=1对称,如图,因此a+d=b+c=2,所以a+b

4、+c+d=4,又因为f(a)=f(b),所以ea=ln b+2,因此(a+b+c+d)b-ea=4b-ln b-2,由题意知 0,故g(b) .6.已知函数f(x)= +(m+1)ex+2(mR)有两个极值点,则实数m的取值范围为()A. B. C. D.(0,+)【解析】选B.函数f 的定义域为R,f =x+ ex.因为函数f 有两个极值点,所以f =x+ ex有两个不同的零点,故关于x的方程-m-1= 有两个不同的解,令g = ,则g = ,当x 时,g 0,当x 时,g 0,所以函数g = 在区间 上单调递增,在区间 上单调递减,又当x-时,g -;当x+时,g 0,且g = ,故0-m

5、-1 ,所以-1- m-1.7.已知函数y=a+8ln x 的图象上存在点P,函数y=-x2-2的图象上存在点Q,且P,Q关于x轴对称,则a的取值范围是()A.6-8ln 2,e2-6B.e2-6,+)C. D. 【解析】选D.函数y=-x2-2的图象与函数y=x2+2的图象关于x轴对称,根据已知得函数y=a+8ln x 的图象与函数y=x2+2的图象有交点,即方程a+8ln x=x2+2在 ,e上有解,即a=x2+2-8ln x在 ,e上有解,令g(x)=x2+2-8ln x,x ,e,则g(x)=2x- = ,当x ,2)时,g(x)0.故当x=2时,g(x)取最小值,g(2)=6-8ln

6、 2,由于g( )=10+ ,g(e)=e2-6.故当x= 时,g(x)取到最大值10+ .所以6-8ln 2a10+ .二、填空题(每小题5分,共15分)8.(2021北京模拟)能够说明“在某个区间(a,b)内,如果函数y=f(x)在这个区间内单调递增,那么f(x)0恒成立”是假命题的一个函数是(写出函数表达式和区间).【解析】若f(x)=x3,x(-1,1),易知f(x)=x3在(-1,1)上单调递增;但f(x)=3x2,在x=0时f(x)=0,不满足f(x)0恒成立,是假命题.答案:f(x)=x3,x(-1,1)(答案不唯一)9.(2020郑州调研)已知函数f(x)=cos x,g(x)

7、=eax-a+ (a0),若x1,x20,1,使得f(x1)=g(x2),则实数a的取值范围是.【解析】设集合F,G分别为函数f(x)与g(x)在区间0,1上的值域,则F=-1,1.由a0,知ea1,所以g(x)=(ea)x-a+ 在0,1上单调递增.所以G=-a+ ,ea-a+ .又x1,x20,1,使得f(x1)=g(x2),所以FG.因为h(a)=ea-a+ 在(0,+)上递增,所以h(a)h(0)= 1恒成立,所以只需-a+ 1,即a .答案: 10.(2021曲靖模拟)已知函数f(x)=ax3-3x2+1,若f(x)存在唯一的零点x0,且x00,则实数a的取值范围是.【解析】因为f(

8、x)=ax3-3x2+1,所以f(x)=3ax2-6x=3x(ax-2),f(0)=1;当a=0时,f(x)=-3x2+1有两个零点,不成立;当a0时,f(x)=ax3-3x2+1在(-,0)上有零点,故不成立;当a0;故a1时, 0,ln x0,故p(x)0,故p(x)递增;当0x1时, 0,ln x0,故p(x)0,故p(x)递减,故p(x)p(1)=2,故由方程k=xln x+ +1有解,得k2,所以k的最小值为2.2.(5分)已知函数f(x)=x3-3x+1,若x1a,b,x2a,b,使得f =f ,且x1x2,则b-a的最大值为()A.2B.3C.4D.6【解析】选C.因为f(x)=

9、x3-3x+1,所以f =3x2-3,令f =0,即3x2-3=0,解得x1=-1,x2=1,当x0,所以f 在 上单调递增;当-1x1时,f 1时,f 0,所以f 在 上单调递增.所以f 在x=-1处取得极大值,极大值为f(-1)=-1+3+1=3;在x=1处取得极小值,极小值为f(1)=1-3+1=-1.令f =3,即x3-3x+1=3,即 =0,解得x=-1(舍)或x=2.令f =-1,即x3-3x+1=-1,即 =0,解得x=1(舍)或x=-2,所以b-a的最大值为2- =4.3.(10分)已知函数f(x)=xln x-x,两相异正实数x1,x2满足f(x1)=f(x2).求证:x1+

10、x22.【证明】f(x)=ln x,当x(0,1)时,f(x)单调递减,当x1时,f(x)单调递增,且f(1)=-1,如图所示,不妨设x112,即证x22-x1,只需要证f(2-x1)f(x2),又f(x1)=f(x2),所以只需证f(2-x1)f(x1),设g(x)=f(x)-f(2-x)(x(0,1),则g(x)=f(x)-f(2-x)=ln x+ln(2-x),0x1,符号不易判断,再设h(x)=ln x+ln(2-x),0x0,所以h(x)在(0,1)上单调递增,所以h(x)g(1)=0,所以f(x)-f(2-x)0,0xf(2-x1)成立,所以x1+x22.4.(10分)(2018全

11、国卷)已知函数f = -x+aln x.(1)讨论f 的单调性.(2)若f 存在两个极值点x1,x2,证明: 2,令f(x)=0得,x= 或x= .当x 时,f(x)0.所以f(x)在 , 上单调递减,在 上单调递增.(2)由(1)知,f(x)存在两个极值点,当且仅当a2.由于f(x)的两个极值点x1,x2满足x2-ax+1=0,所以x1x2=1,不妨设x11.由于 =- -1+a =-2+a =-2+a ,所以 a-2等价于 -x2+2ln x20.设函数g(x)= -x+2ln x,由(1)知,g(x)在(0,+)上单调递减,又g(1)=0,从而当x(1,+)时,g(x)0.所以 -x2+

12、2ln x20,即 a-2.【加练备选拔高】设函数f(x)=ln x-a(x-1)ex,其中aR.(1)若a0,讨论f(x)的单调性.(2)若0ax0,证明3x0-x12.【解析】(1)由已知,f(x)的定义域为(0,+),且f(x)= -aex+a(x-1)ex= .因此当a0时,1-ax2ex0,从而f(x)0,所以f(x)在(0,+)内单调递增.(2)由(1)知f(x)= .令g(x)=1-ax2ex,由0a0,且g =1-a =1- 0,故g(x)=0在(0,+)内有唯一解,从而f(x)=0在(0,+)内有唯一解,不妨设为x0,则1x0 =0,所以f(x)在(0,x0)内单调递增;当x(x0,+)时,f(x)= 1时,h(x)= -11时,h(x)h(1)=0,所以ln xx-1,从而f =ln -a =ln -ln +1=h f(1)=0,所以f(x)在(x0,+)内有唯一零点.又f(x)在(0,x0)内有唯一零点1,从而,f(x)在(0,+)内恰有两个零点.由题意 即 从而ln x1= ,即 = .因为当x1时,ln xx01,故 = ,两边取对数,得ln ln ,于是x1-x02ln x02.