层级二专题一第3讲

1、层级二专题一 第 3讲限时 50分钟满分 76分一、选择题 (本大题共6 小题，每小题5 分，共 30 分 )1 (2020 南·开中学质检 )已知函数f(x) g(x) 2x 且曲线2x 1，则曲线y f(x)在 x 1 处的切线的斜率为()y g(x)在x 1 处的切线为yA 2B 4C6D 8解析： B曲线 y g(x)在点 (1，g(1) 处的切线方程为y 2x 1， g (1) 2.函数f(x) g(x) 2x， f (x)g (x)2， f (1) g (1) 2， f (1) 2 2 4，即曲线yf(x)在 x 1 处的切线的斜率为 4.故选 B.2(2019 

2、3;京三模南)若函数 f(x) kx ln x 在区间 (1 ， )上单调递增，则 k 的取值范围是()A (， 2B (， 1C2， )D 1， )解析： D因为 f(x) kxln x，所以 f( x) k1.因为 f(x)在区间 (1， )上单调递增，x所以当 x 1时， f (x) k 1 0 恒成立，即k 1在区间 (1， )上恒成立因为x 1，xx所以 0 1 1，所以 k 1.故选 D.x3(2019 保·定三模 )函数 f(x) x3 3axa 在 (0,1) 内有最小值，则a 的取值范围是 ()A 0,1)B ( 1,1)C. 0，1D (0,1)2解析： Df (

3、x) 3x2 3a 3(x2 a)当 a0 时， f (x) 0， f(x)在(0,1) 内单调递增，无最小值当 a0 时， f (x) 3(x a)( x a)当 x ( ， a)和 ( a， )时， f(x)单调递增；当 x ( a， a)时， f(x)单调递减，所以当a 1，即 0a 1 时， f(x)在 (0,1)内有最小值132有两个极值点，则实数a 的取值范4 (2020 长·沙模拟 )已知函数 f(x)x ax 3x 13围是()A (3， )B (，3)C( 3，3)D (，3) (3， )解析： Df (x) x2 2ax 3.由题意知方程f (x) 0 有两个不相

4、等的实数根，所以4a2 12 0，解得 a3或 a3.5(2019 长·春质量监测)已知函数 f(x)是定义在R 上的函数，且满足f (x) f(x) 0，其中 f( x)为 f(x) 的导函数，设a f(0) ，b 2f(ln 2) ，c ef(1)，则 a，b，c 的大小关系是()A c b aB a b cCc a bD b c a解析： A令 g(x) exf(x)，则 g (x) exf( x) f (x) 0，所以函数 g(x) 在定义域 R 上单调递增，从而g(0) g(ln 2) g(1) ，得 f(0) 2f(ln 2) ef(1) ，即 a bc.故选 A.6 (

5、山东卷 )若函数 y f(x) 的图象上存在两点，使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直，则称 y f(x)具有 T 性质下列函数中具有T性质的是()A y sin xB y ln xCy exD y x3解析： A 当 y sin x 时， y cos x， cos 0 ·cos 1，所以在函数 y sin x 图象存在两点 x 0， x 使条件成立，故A 正确；函数 y ln x， y ex， y x3 的导数值均非负，不符合题意，故选 A.二、填空题 (本大题共 2 小题，每小题 5 分，共 10分 )7 (2019 ·厦门三模 ) 已知直线y kx 2 与曲线y x

6、ln x 相切，则实数k 的值为_解析： 由 yxln x 知 y ln x 1，设切点为 (x0，x0ln x0)，则切线方程为 y x0ln x0 (lnx0 1)(x x0)，因为切线 y kx2过定点 (0， 2)，所以 2 x0ln x0 (ln x0 1)(0 x0)，解得 x0 2，故 k 1 ln 2.答案： 1 ln 218 (2019 潍·坊三模 )设函数 f(x) ln x ax2 bx，若 x 1 是 f(x)的极大值点，则 a 的取2值范围是 _1解析： f(x)的定义域为 (0， )， f (x) ax b，由 f (1) 0，得 b 1 a.1 ax2

7、1 ax xax 1x1 f (x) ax a 1xxx.若 a 0，当 0 x 1 时， f(x) 0，f(x)单调递增；当 x 1 时， f (x) 0， f(x)单调递减；所以 x1 是 f(x) 的极大值点1若 a 0，由 f (x) 0，得 x 1 或 x a.因为 x1 是 f(x) 的极大值点，1所以 1，解得 1 a 0.综合得a 的取值范围是 ( 1， )答案： ( 1， )三、解答题 (本大题共3 小题，每小题12 分，共 36 分 )9 (2018 ·京卷北 )设函数 f(x) ax2 (3a 1)x 3a2ex.(1)若曲线 y f(x)在点 (2， f(2)

8、 处的切线斜率为0，求 a；(2)若 f(x)在 x1 处取得极小值，求 a 的取值范围解： (1) f(x) ax2 (3a 1)x 3a 2ex f (x) ax2 (a1)x 1ex f (2) (2a 1)e2 0 a12(2)f (x) (ax 1)(x 1)ex当 a 0 时，令 f (x) 0 得 x 1f (x)，f(x)随 x 变化如下表：x(，1)1(1， )f (x)0f(x)极大值 f(x)在 x 1 处取得极大值(舍 )1当 a 0 时，令 f (x) 0 得 x1 ， x2 1a当 x1 x2，即 a 1 时，f (x)( x 1)2ex 0 f(x)在 R 上单调

9、递增 f(x)无极值 (舍 )b当 x x ，即 0 a 1 时， f (x)， f(x)随 x 变化如下表：12111x,( ， 1),1, 1， a,a,a， f (x), ,0, ,0, f(x),极大值 ,极小值 , f( x)在 x 1 处取极大值 (舍 )c当 x x ，即 a 1 时12f (x)，f(x)随 x 变化如下表：x(，1)1f (x)0f(x)极大值 f(x)在 x 1 处取极大值 (舍 )12，即 a 1 时c当 x xf (x)，f(x)随 x 变化如下表：x ，11aaf (x)0f(x)极大值 f(x)在 x 1 处取极小值即 a1 成立111， 1， aa

10、a0极小值1， 11(1， )a0极小值当 a 0时，令 f (x) 0 得 x11， x2 1af (x)，f(x)随 x 变化如下表：x ，11aaf (x)0f(x)极小值 f(x)在 x 1 处取极大值 (舍 )综上所述： a 的取值范围为 (1， )1， 11(1， )a0极大值10 (2019 全·国卷 )已知函数f(x)2x3 ax2 b.(1)讨论 f(x)的单调性(2)是否存在a，b，使得 f(x)在区间 0,1 的最小值为 1 且最大值为1？若存在，求出a，b 的所有值；若不存在，说明理由解析：这是一道常规的函数导数不等式和综合题，题目难度比往年降低了不少考查的函

11、数单调性，最大值最小值这种基本概念的计算思考量不大，由计算量补充aa(1)对 f(x) 2x3 ax2 b 求导得 f (x)6x2 2ax6x x 3.所以有当 a0 时， ，3区间上单调递增，a， 0 区间上单调递减，(0， )区间上单调递增；3当 a0时， ( ， )区间上单调递增；当 a0时， ( ， 0)区间上单调递增，0，a 区间上单调递减，a， 区间上单调33递增(2)若 f(x)在区间 0,1 有最大值1 和最小值1，所以若 a0， ， a 区间上单调递增，3a， 0区间上单调递减，(0， ) 区间上单调递增；3此时在区间 0,1 上单调递增，所以 f(0) 1， f(1) 1

12、 代入解得 b 1， a 0，与 a 0矛盾，所以 a 0 不成立若 a 0， ( ， )区间上单调递增；在区间0.1 所以 f(0) 1， f(1) 1 代入解a 0得.b 10 a 2， ( ， 0)区间上单调递增，aa若0， 3区间上单调递减，3， 区间上单调递增即 f(x) 在区间a单调递减，在区间a， 1单调递增，所以区间a0， 330,1 上最小值为 f 3而 f(0) b， f(1) 2 a bf(0)，故所以区间0,1 上最大值为 f(1).aa相减得 2 a a3即2 3 3 a3 2 b 12，即 a(a 3 3)(a 3 3) 0，又因为 02a b 127a 2，所以无

13、解若2 a 3， ( ， 0)区间上单调递增，a 区间上单调递减，a， 区间上单0， 33调递增aaa即 f(x) 在区间0， 3单调递减，在区间3， 1单调递增，所以区间0,1 上最小值为 f 3而 f(0) b， f(1) 2 a bf(0)，故所以区间0,1 上最大值为 f(0).a 3 a a 2 b 13即2 33相减得 a 2，解得 x 3 32，又因为2a 3，所以无解b127若 a3， ( ， 0)区间上单调递增，aa0， 3区间上单调递减， 3， 区间上单调递增所以有 f(x)区间 0,1 上单调递减，所以区间0,1 上最大值为 f(0) ，最小值为 f(1)b 1a 4.即

14、2 a b 1解得b 1a 0a 4.综上得或b 1b 1a 0a 4答案：(1)见详解；(2)或.b 1b 111 (2018 江·苏卷 ) 记 f (x)，g (x)分别为函数f(x)， g(x)的导函数若存在x0R，满足 f(x0) g(x0 )且 f (x0) g (x0)，则称 x0 为函数 f(x)与 g(x)的一个“ S 点”(1)证明：函数 f(x) x 与 g(x) x2 2x 2 不存在“ S 点”；(2)若函数 f(x) ax2 1与 g(x) ln x 存在“ S 点”，求实数a 的值；(3)已知函数 f(x) x2 a，g( x)bex.对任意 a 0，判断是否存在b0，使函数 f( x)与xg(x)在区间 (0， )内存在“ S 点”，并说明理由解： (1)f (x)1， g (x) 2x 22000x 2x 2 x 若存在，则有1 2x02 1根据得到x0 代入不符合，因此不存在“S 点 ”1(2)f (x) 2ax，g (x) x2ax 1ln x 00根据题意有1 2ax0x0且有 x0 0根据得到 x01 代入得到 a e.2a2bex x 1(3