高考理科数学第3章第2讲

1、第三章第 2 讲a 级基础达标 1(2017 届北京海淀区模拟)函数 f(x)x22ln x 的单调递减区间是() a(0,1)b(1， ) c(， 1)d(1,1) 【答案】 a【解析】 f (x)2x2x2 x 1 x 1x(x 0)，当x(0,1)时， f(x)0，f(x)为减函数；当x (1， )时， f(x) 0，f(x)为增函数2函数 y xex的最小值是 () a 1b ec1ed不存在【答案】 c【解析】 yexxex(1x)ex，令 y0，则 x 1，因为 x 1 时，y0，x 1 时， y 0，所以 x 1 时， ymin1e. 3 已知函数y f(x)的图象是下列选项a，

2、b，c， d 四个图象之一， 且其导函数yf(x)的图象如图所示，则该函数的图象是() 【答案】 b【解析】 由 yf(x)的图象知， yf(x)在1,1上为增函数，且在区间(1,0)内增长速度越来越快，而在区间(0,1)内增长速度越来越慢4若函数 f(x)x32cx2x 有极值点，则实数c 的取值范围为() a32，b32，c，3232，d，3232，【答案】 c【解析】 若函数f(x)x32cx2 x 有极值点，则f (x)3x2 4cx10有根， 故 (4c)2120，从而 c32或 c32.故实数 c 的取值范围为，3232， . 5对于在 r 内可导的任意函数f(x)，若满足 (xa

3、)f(x)0，则必有 () af(x)f(a)bf(x)f(a) cf(x)f(a)df(x)a 时，f(x)0；当 xa 时，f(x)0.当 x a 时，函数f(x)取得最小值，则f(x)f(a)6(2016 年山东师大附中月考)若函数 f(x)x3tx23x 在区间 1,4上单调递减， 则实数t 的取值范围是 () a，518b(， 3 c518，d3， ) 【答案】c 【解析】f(x)3x22tx3， 由于 f(x)在区间 1,4上单调递减， 则有 f(x)0在1,4上恒成立，即3x22tx30，即 t32x1x在1,4上恒成立因为 y32x1x在1,4上单调递增，所以t32414518

4、. 7(2016 年九江模拟 )函数 f(x)(x3)ex的单调递增区间是_【答案】 (2， )【解析】 函数 f(x)(x3)ex的导数为f(x)(x3)exex(x3)ex(x2)ex.令 f(x)(x2)ex0，解得 x2. 8(2017 届广州模拟 )已知 f(x)x33ax2bxa2在 x 1 时有极值0，则ab_. 【答案】 7【解析】 由题意，得f(x)3x26axb，则a23ab10，b6a30，解得a 1，b 3或a2，b9，经检验当a1，b3 时，函数f(x)在 x 1 处无法取得极值，而a2， b9 满足题意，故 ab 7. 9设函数 f(x)aln xbx2(x0)，若

5、函数f(x)在 x1 处与直线y12相切(1)求实数 a，b 的值；(2)求函数 f(x)在1e， e 上的最大值【解析】 (1)f(x)ax2bx(x0)，函数f(x)在 x1 处与直线y12相切，f 1 a2b0，f 1 b12，解得a1，b12.(2)f(x) ln x12x2，f (x)1xx1x2x，当1e xe 时，令 f(x)0，得1ex1；令 f(x)0，得 1xe, f(x)在1e，1 上单调递增，在1，e上单调递减f(x)maxf(1)12. b 级能力提升 10已知函数f(x)x3 ax2bxa2 7a 在 x1 处取得极大值10，则ab的值为 () a23b 2 c 2

6、 或23d2 或23【答案】a【解析】由题意知，f (x) 3x2 2ax b， f(1) 0， f(1) 10，即3 2ab 0，1 aba27a10，解得a 2，b1或a 6，b9，经检验a 6，b9满足题意，故ab23. 11 (2016 年浙江月考 )已知函数 f(x)x3bx2cx 的图象如图所示， 则 x21x22等于 () a23b43c83d163【答案】 c【解析】 由图象可知f(x)的图象过点 (1,0)与(2,0) ，x1，x2是函数 f(x)的极值点，因此 1bc0,84b2c0，解得 b 3，c2，所以 f(x)x33x22x.所以 f(x)3x26x2.x1， x2

7、是方程 f(x)3x26x20 的两根， 因此 x1x22， x1x223.所以 x21x22(x1x2)22x1x244383. 12设函数 f(x)ax2bxc(a，b，c r)若 x 1 为函数 g(x)f(x)ex的一个极值点，则下列图象不可能为y f(x)图象的是 () 【答案】 d【解析】 因为 g(x)f(x)ex f(x)exf(x)(ex)f(x)f(x)ex，且 x 1 为函数 g(x)f(x)ex的一个极值点，所以f(1)f(1)0；选项 d 中， f(1)0，f(1)0，不满足f(1)f(1)0. 13(2017 届衡水中学月考)已知 f(x)是可导的函数，且f(x)f

8、(x)对于 xr 恒成立，则() af(1)e2 017f(0) bf(1)ef(0)，f(2 017)e2 017f(0) cf(1)ef(0)，f(2 017)e2 017f(0) df(1)ef(0)，f(2 017)e2 017f(0) 【答案】d【解析】 令 g(x)f xex， 则 g(x)f xexf x exf xexe2xf x f xex0，所以函数 g(x)f xex在 r 内是单调减函数所以 g(1)g(0)，g(2 017)g(0)，即f 1e1f 01，f 2 017e2 017f 01. 故 f(1)ef(0)， f(2 017)e2 017f(0)14设函数 f

9、(x)x3x22 2x5，若对任意的x1,2，都有f(x)a，则实数a 的取值范围是 _【答案】，72【解析】 f(x)3x2x2，令f(x)0，得3x2x20，解得 x1 或 x23，又 f(1)72，f 2315727，f(1)112，故 f(x)min72， a72. 15(2015 年安徽 )已知函数f(x)axxr2(a 0，r0)(1)求 f(x)的定义域，并讨论f(x)的单调性；(2)若ar400，求 f(x)在(0， )内的极值【解析】 (1)由题意知 xr，所求的定义域为( ， r)(r， )f(x)axxr2axx22rxr2，f(x)a x2 2rxr2 ax 2x2rx

10、22rxr2 2a rx xrxr4，所以当 x r 或 xr 时， f(x)0；当 rxr 时， f (x)0. 因此， f(x)的单调递减区间为(， r)，(r， )；f(x)的单调递增区间为(r，r)(2)由(1)的解答可知f(r)0，f(x)在(0，r)内单调递增，在(r， )内单调递减因此，xr 是 f(x)的极大值点， 所以 f(x)在(0， )内的极大值为f(r)ar2r2a4r4004100. 16设函数 f(x)(x1)exkx2(kr)(1)当 k1 时，求函数f(x)的单调区间；(2)当 k12，1 时，求函数f(x)在0，k上的最大值m. 【解析】 (1)当 k 1 时

11、， f(x) (x 1)exx2，f(x) ex (x1)ex 2xx(ex2)令 f(x)0，得 x10，x2ln 2. 当 x 变化时， f(x)、f(x)的变化情况如下表：x (， 0)0(0，ln 2)ln 2(ln 2， ) f(x)00f(x)极大值极小值由表可知，函数f(x)的递减区间为(0， ln 2)，递增区间为 (，0)，(ln 2， )(2)f(x)ex(x1)ex2kxx(ex2k)，12k1， 12k2. 由(1)可知 f(x)在(0，ln 2k)内单调递减，在(ln 2k， )内单调递增设 g(x)xln 2x12x1 ，则 g(x)122x11x，12x1，即 11x2. 1g(1)1ln 20. 120 即 kln 2k. f(x)在(0，ln 2k)内单调递减，在(ln 2k，k)内单调递增f(x)在0，k上的最大值应在端点处取得而 f(0) 1，f(k)(k1)ekk3，下面比较 f(0)与 f