2018高考数学异构异模复习 第三章 导数及其应用 3.2.1 函数的单调性与导数撬题 理

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1、2018高考数学异构异模复习考案第三章导数及其应用3.2.1函数的单调性与导数撬题理1．设函数f(x)＝ex(2x－1)－ax＋a，其中a<1，若存在唯一的整数x0使得f(x0)<0，则a的取值范围是(　　)A.B.C.D.答案　D解析　由题意可知存在唯一的整数x0，使得ex0(2x0－1)

2、>0时，xf′(x)－f(x)<0，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是(　　)A．(－∞，－1)∪(0,1)B．(－1,0)∪(1，＋∞)C．(－∞，－1)∪(－1,0)D．(0,1)∪(1，＋∞)答案　A解析　令F(x)＝，因为f(x)为奇函数，所以F(x)为偶函数，由于F′(x)＝，当x>0时，xf′(x)－f(x)<0，所以F(x)＝在(0，＋∞)上单调递减，根据对称性，F(x)＝在(－∞，0)上单调递增，又f(－1)＝0，f(1)＝0，数形结合可知，使得f(x)>0成立的x的取值范围是(－∞，－1)∪(0,1)．故选A.3．若定义在R上的函数f(x)满足f

3、(0)＝－1，其导函数f′(x)满足f′(x)>k>1，则下列结论中一定错误的是(　　)A．fC．f答案　C解析　构造函数g(x)＝f(x)－kx＋1，则g′(x)＝f′(x)－k>0，∴g(x)在R上为增函数．∵k>1，∴>0，则g>g(0)．而g(0)＝f(0)＋1＝0，∴g＝f－＋1>0，即f>－1＝，所以选项C错误，故选C.4．已知函数f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零点x0，且x0>0，则a的取值范围是(　　)A．(2，＋∞)B．(1，＋∞)C．(－∞，－2)D．(－∞，－1)答案　C解析　(1)当a＝0时，显然f(x)

4、有两个零点，不符合题意．(2)当a≠0时，f′(x)＝3ax2－6x，令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝.当a>0时，>0，所以函数f(x)＝ax3－3x2＋1在(－∞，0)与上为增函数，在上为减函数，因为f(x)存在唯一零点x0，且x0>0，则f(0)<0，即1<0，不成立．当a<0时，<0，所以函数f(x)＝ax3－3x2＋1在和(0，＋∞)上为减函数，在上为增函数，因为f(x)存在唯一零点x0，且x0>0，则f>0，即a·－3·＋1>0，解得a>2或a<－2，又因为a<0，故a的取值范围为(－∞，－2)．选C.5．已知函数f(x)＝－2(x＋a)lnx＋x2

5、－2ax－2a2＋a，其中a>0.(1)设g(x)是f(x)的导函数，讨论g(x)的单调性；(2)证明：存在a∈(0,1)，使得f(x)≥0在区间(1，＋∞)内恒成立，且f(x)＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解．解　(1)由已知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，g(x)＝f′(x)＝2(x－a)－2lnx－2，所以g′(x)＝2－＋＝当0

6、>0，φ(e)＝－－22<0.故存在x0∈(1，e)，使得φ(x0)＝0.令a0＝，u(x)＝x－1－lnx(x≥1)．由u′(x)＝1－≥0知，函数u(x)在区间(1，＋∞)上单调递增．所以0＝<＝a0<＝<1.即a0∈(0,1)．当a＝a0时，有f′(x0)＝0，f(x0)＝φ(x0)＝0.由(1)知，f′(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，故当x∈(1，x0)时，f′(x)<0，从而f(x)>f(x0)＝0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，从而f(x)>f(x0)＝0.所以，当x∈(1，＋∞)时，f(x)≥0.综上所述，存在a∈(0,1)，使得f(x)≥

7、0在区间(1，＋∞)内恒成立，且f(x)＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解．6.设函数f(x)＝(a∈R)．(1)若f(x)在x＝0处取得极值，确定a的值，并求此时曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)若f(x)在[3，＋∞)上为减函数，求a的取值范围．解　(1)对f(x)求导得f′(x)＝＝，因为f(x)在x＝0处取得极值，所以f′(0)＝0，即a＝0.当a＝0时，f(x)＝，f′(x)＝，故f(1)＝，f′(1)＝，从而f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－＝(x－1)，化简得3x－ey＝0.(2)由(1)知f′(x)＝，