2020版高考理科数学突破二轮复习新课标 教师用书：第3讲 练典型习题 提数学素养(2)

一、选择题

1．(一题多解)(2019·河北省九校第二次联考)函数y ＝x ＋3x

＋2ln x 的单调递减区间是( )

A ．(－3，1)

B ．(0，1)

C ．(－1，3)

D ．(0，3)

解析：选B.法一：令y ′＝1－3x 2＋2x

<0，得－30，故所求函数的单调递减区间为(0，1)．故选B.

法二：由题意知x >0，故排除A 、C 选项；又f (1)＝4

＋2ln 2，故排除D 选项．故选B.

2．(2019·昆明市诊断测试)已知函数f (x )＝(x 2－m )e x ，若函数f (x )的图象在x ＝1处切线的斜率为3e ，则f (x )的极大值是( )

A ．4e －2

B ．4e 2

C ．e －

2 D ．e 2 解析：选A.f ′(x )＝(x 2＋2x －m )e x .由题意知，f ′(1)＝(3－m )e ＝3e ，所以m ＝0，f ′(x )＝(x 2＋2x )e x .当x >0或x <－2时，f ′(x )>0，f (x )是增函数；当－2

3．若直线y ＝ax 是曲线y ＝2ln x ＋1的一条切线，则实数a 的值为( )

A ．e －12

B ．2e －12

C ．e 12

D ．2e 12

解析：选B.依题意，设直线y ＝ax 与曲线y ＝2ln x ＋1的切点的横坐标为x 0，则有y ′|x

＝x 0＝2x 0，于是有?????a ＝2x 0，ax 0＝2ln x 0＋1，解得?????x 0＝e ，a ＝2e －12.

4．(2019·江西七校第一次联考)若函数f (x )＝2x 3－3mx 2＋6x 在区间(1，＋∞)上为增函数，则实数m 的取值范围是( )

A ．(－∞，1]

B ．(－∞，1)

C ．(－∞，2]

D ．(－∞，2)

解析：选C.因为f ′(x )＝6(x 2－mx ＋1)，且函数f (x )在区间(1，＋∞)上是增函数，所以f ′(x )

＝6(x 2－mx ＋1)≥0在(1，＋∞)上恒成立，即x 2－mx ＋1≥0在(1，＋∞)上恒成立，所以

m ≤x 2＋1x ＝x ＋1x 在(1，＋∞)上恒成立，即m ≤(x ＋1x

)min (x ∈(1，＋∞))，因为当x ∈(1，＋∞)时，x ＋1x

>2，所以m ≤2.故选C. 5．如果函数y ＝f (x )的导函数的图象如图所示，给出下列判断：

①函数y ＝f (x )在区间?

???－3，－12内单调递增； ②函数y ＝f (x )在区间???

?－12，3内单调递减； ③函数y ＝f (x )在区间(4，5)内单调递增；

④当x ＝2时，函数y ＝f (x )有极小值；

⑤当x ＝－12

时，函数y ＝f (x )有极大值． 则上述判断中正确的是( )

A ．①②

B ．②③

C ．③④⑤

D ．③

解析：选D.当x ∈(－3，－2)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，①错；

当x ∈???

?－12，2时，f ′(x )>0，f (x )单调递增， 当x ∈(2，3)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，②错；

当x ＝2时，函数y ＝f (x )有极大值，④错；

当x ＝－12

时，函数y ＝f (x )无极值，⑤错．故选D. 6．(2019·郑州市第二次质量预测)函数f (x )是定义在(0，＋∞)上的可导函数，f ′(x )为其导函数，若xf ′(x )＋f (x )＝e x (x －2)且f (3)＝0，则不等式f (x )<0的解集为( )

A ．(0，2)

B ．(0，3)

C ．(2，3)

D ．(3，＋∞)

解析：选B.令g (x )＝xf (x )，x ∈(0，＋∞)，则g ′(x )＝xf ′(x )＋f (x )＝e x (x －2)，可知当x ∈(0，

2)时，g (x )＝xf (x )是减函数，当x ∈(2，＋∞)时，g (x )＝xf (x )是增函数．又f (3)＝0，所以g (3)

＝3f (3)＝0.在(0，＋∞)上，不等式f (x )<0的解集就是xf (x )<0的解集，又g (0)＝0，所以f (x )<0的解集是(0，3)，故选B.

二、填空题

7．(2019·广州市综合检测(一))若函数f (x )＝ax －3x

的图象在点(1，f (1))处的切线过点(2，4)，则a ＝________．

解析：f ′(x )＝a ＋3x 2，f ′(1)＝a ＋3，f (1)＝a －3，故f (x )的图象在点(1，a －3)处的切线方程为y －(a －3)＝(a ＋3)(x －1)，又切线过点(2，4)，所以4－(a －3)＝a ＋3，解得a ＝2.

答案：2

8．设定义在R 上的函数y ＝f (x )的导函数为f ′(x )．如果存在x 0∈[a ，b ]，使得f (b )－f (a )＝f ′(x 0)(b －a )成立，则称x 0为函数f (x )在区间[a ，b ]上的“中值点”．那么函数f (x )＝x 3－3x 在区间[－2，2]上的“中值点”为________．

解析：由f (x )＝x 3－3x 求导可得f ′(x )＝3x 2－3，设x 0为函数f (x )在区间[－2，2]上的“中

值点”，则f ′(x 0)＝f （2）－f （－2）2－（－2）

＝1，即3x 20－3＝1，解得x 0＝±233. 答案：±233

9．已知函数f (x )＝－x 2＋2ln x ，g (x )＝x ＋a x

，若函数f (x )与g (x )有相同的极值点，则实数a 的值为________．

解析：因为f (x )＝－x 2

＋2ln x ，所以f ′(x )＝－2x ＋2x ＝－2（x ＋1）（x －1）x (x >0)，令f ′(x )＝0，得x ＝1或x ＝－1(舍去)，又当00；当x >1时，f ′(x )<0，所以x ＝1是函

数f (x )的极值点．因为g (x )＝x ＋a x ，所以g ′(x )＝1－a x 2.又函数f (x )与g (x )＝x ＋a x

有相同极值点，所以x ＝1也是函数g (x )的极值点，所以g ′(1)＝1－a ＝0，解得a ＝1.经检验，当a ＝1时，函数g (x )取到极小值．

答案：1

三、解答题

10．已知函数f (x )＝e x (ax ＋b )－x 2－4x ，曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝4x ＋4.

(1)求a ，b 的值；

(2)讨论f (x )的单调性，并求f (x )的极大值．

解：(1)f ′(x )＝e x (ax ＋a ＋b )－2x －4.

由已知得f (0)＝4，f ′(0)＝4.

故b ＝4，a ＋b ＝8.从而a ＝4，b ＝4.

(2)由(1)知，f (x )＝4e x (x ＋1)－x 2－4x ，

f ′(x )＝4e x (x ＋2)－2x －4＝4(x ＋2)(e x －12

)． 令f ′(x )＝0得，x ＝－ln 2或x ＝－2.

从而当x ∈(－∞，－2)∪(－ln 2，＋∞)时，

f ′(x )>0；当x ∈(－2，－ln 2)时，f ′(x )<0.

故f (x )在(－∞，－2)，(－ln 2，＋∞)上单调递增，

在(－2，－ln 2)上单调递减．

当x ＝－2时，函数f (x )取得极大值，极大值为f (－2)＝4(1－e －2)．

11．(2019·重庆市七校联合考试)设函数f (x )＝1x －e e x ，g (x )＝a (x 2－1)－ln x (a ∈R ，e 为自然对数的底数)．

(1)证明：当x >1时，f (x )>0；

(2)讨论g (x )的单调性；

解：(1)证明：f (x )＝e x －1－x x e x －1， 令s (x )＝e x －1－x ，则s ′(x )＝e x －1－1，

当x >1时，s ′(x )>0 ，所以s (x )在(1，＋∞)上单调递增，又s (1)＝0，所以s (x )>0， 从而当x >1时，f (x )>0.

(2)g ′(x )＝2ax －1x ＝2ax 2－1x

(x >0)， 当a ≤0时，g ′(x )<0，g (x )在(0，＋∞)上单调递减；

当a >0时，由g ′(x )＝0得x ＝

12a . 当x ∈????0，12a 时，g ′(x )<0，g (x )单调递减，

当x ∈???

?12a ，＋∞时，g ′(x )>0，g (x )单调递增． 12．已知常数a ≠0，f (x )＝a ln x ＋2x .

(1)当a ＝－4时，求f (x )的极值；

(2)当f (x )的最小值不小于－a 时，求实数a 的取值范围． 解：(1)由已知得f (x )的定义域为(0，＋∞)，

f ′(x )＝a x ＋2＝a ＋2x x

. 当a ＝－4时，f ′(x )＝2x －4x

. 所以当0

当x >2时，f ′(x )>0，即f (x )单调递增．

所以f (x )只有极小值，且在x ＝2时，f (x )取得极小值f (2)＝4－4ln 2. 所以当a ＝－4时，f (x )只有极小值4－4ln 2，无极大值．

(2)因为f ′(x )＝a ＋2x x

， 所以当a >0，x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0，

即f (x )在x ∈(0，＋∞)上单调递增，没有最小值；

当a <0时，由f ′(x )>0得，x >－a 2

， 所以f (x )在???

?－a 2，＋∞上单调递增； 由f ′(x )<0得，x <－a 2

， 所以f (x )在?

???0，－a 2上单调递减． 所以当a <0时，f (x )的最小值为极小值，即f ????－a 2＝a ln ???

?－a 2－a . 根据题意得f ????－a 2＝a ln ???

?－a 2－a ≥－a ， 即a [ln(－a )－ln 2]≥0.

因为a <0，所以ln(－a )－ln 2≤0，解得a ≥－2，

综上，实数a 的取值范围是[－2，0)．

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