《2018版高考数学（人教版文）大一轮复习课时规范训练：《第2章 基本初等函数、导数及其应用》2-12》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2018版高考数学（人教版文）大一轮复习课时规范训练：《第2章 基本初等函数、导数及其应用》2-12（7页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、课时规范训练WWWA组基础演练1在R上可导的函数f(x)的图象如图所示，则关于x的不等式xf(x)0的解集为()A(，1)(0,1)B(1,0)(1，)C(2，1)(1,2) D(，2)(2，)解析：选A.由f(x)的图象知，当x1或x1时，f(x)0；当1x1时，f(x)0，xf(x)0的解集是(，1)(0,1)2某公司生产某种产品，固定成本为20 000元，每生产一单位产品，成本增加100元，已知总营业收入R与年产量x的年关系是RR(x)则总利润最大时，年产量是()A100 B150C200 D300解析：选D.由题意得，总成本函数为CC(x)20 000100x，总利润P(x)又P(x)
2、令P(x)0，得x300，易知x300时，总利润P(x)最大3已知函数f(x)exx2，若对任意的x1,2，不等式mf(x)m24恒成立，则实数m的取值范围是()A(，1e B1e，eCe，e1 De，)解析：选D.由题意得f(x)ex2x，又对任意的xR，f(x)0恒成立，所以函数f(x)在1,2上单调递增，所以e1f(x)e24，又不等式mf(x)m24恒成立，所以解得me，所以选D.4对于R上可导的任意函数f(x)，若满足0，则必有()Af(0)f(2)2f(1) Bf(0)$来&源：f(2)2f(1)Cf(0)f(2)2f(1) Df(0)f(2)2f(1)解析：选A.当x1时，f(x
3、)0，此时函数f(x)递减；当x1时，f(x)0，此时函数f(x)递增，即当x1时，函数f(x)取得极小值同时也取得最小值f(1)，所以f(0)f(1)，f(2)f(1)，则f(0)f(2)2f(1)，故选A.5若0x1x21，则()Aex2ex1ln x2ln x1 Bex2ex1ln x2ln x1Cx2ex1x1ex2 Dx2ex1x1ex2 解析：选C.令f(x)，则f(x).当0x1时，f(x)0，即f(x)在(0,1)上单调递减，0x1x21，f(x2)f(x1)，即，x2ex1x1ex2.6若f(x)，0abe，则f(a)、f(b)的大小关系为_解析：f(x)，当x(0，e)时，
4、0，即f(x)0，f(x)在(0，e)上为增函数，又0abe，f(a)f(b)答案：f(a)f(b)7已知函数yx33xc的图象与x轴恰有两个公共点，则c_.解析：设f(x)x33xc，对f(x)求导可得，f(x)3x23，令f(x)0，可得x1，易知f(x)在(，1)，(1，)上单调递增，在(1,1)上单调递减若f(1)13c0，可得c2；若f(1)13c0，可得c2.答案：c28设函数f(x)kx33x1(xR)，若对于任意x1,1，都有f(x)0成立，则实数k的值为_中华.资*源%库 解析：若x0，则不论k取何值，f(x)0都成立；当x0，即x(0,1时，f(x)kx33x10可化为k.
5、设g(x)，则g(x)，所以g(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减，因此g(x)maxg4，从而k4；当x0即1,0)时，f(x)kx33x10可化为k，g(x)在区间1,0)上单调递增，因此g(x)ming(1)4，从而k4，综中/华-资*源%库上k4.答案：49已知函数f(x)x2aln x的图象在点P(1，f(1)处的切线斜率为10.(1)求实数a的值；(2)判断方程f(x)2x根的个数，并证明你的结论解：(1)因为f(x)x2aln x，所以f(x)2x，函数f(x)的图象在点P(1，f(1)处的切线斜率kf(1)2a.由2a10得：a8.(2)由(1)知，f(x)x28ln x，
6、令F(x)f(x)2xx22x8ln x.因为F(1)10，f(2)8ln 20，所以F(x)0在(0，)至少有一个根又因为F(x)2x22260，所以F(x)在(0，)上递增，所以函数F(x)在(0，)上有且只有一个零点，即方程f(x)2x有且只有一个实根10已知函数f(x)ax2ex(aR，e为自然对数的底数)，f(x)是f(x)的导函数(1)解关于x的不等式；f(x)f(x)；(2)若f(x)有两个极值点x1， x2，求实数a的取值范围解：(1)f(x)2axex，f(x)f(x)ax(x2)0.当a0时，无解；当a0时，解集为x|x0或x2；当a0时，解集为x|0x2(2)设g(x)f
7、(x)2axex，则x1，x2是方程g(x)0的两个根g(x)2aex，当a0时，g(x)0恒成立，g(x)单调递减，方程g(x)0不可能有两个根；当a0时，由g(x)0，得xln 2a，当x(，ln 2a)时，g(x)0，g(x)单调递增，当x(ln 2a，)时，g(x)0，g(x)单调递减Z当g(x)max0时，方程g(x)0有两个根，g(x)maxg(ln 2a)2a ln 2a2a0，得a.B组能力突破1函数f(x)的定义域是R，f(0)2，对任意xR，f(x)f(x)1，则不等式exf(x)ex1的解集为()Ax|x0Bx|x0Cx|x1或x1Dx|x1或0x1解析：选A.构造函数g
8、(x)exf(x)ex，因为g(x)exf(x)exf(x)exexf(x)f(x)exexex0，所以g(x)exf(x)ex为R上的增函数又因为g(0)e0f(0)e01，所以原不等式转化为g(x)g(0)，解得x0.2函数f(x)的零点个数为()A4B3C2 D无数个解析：选B.当x0时，f(x)xcos x，则f(x)1sin x0，故函数f(x)在(，0上单调递增，且fcos0，f(0)0cos 010，故函数f(x)在(，0上有1个零点；当x0时，f(x)x34x1，则f(x)x24，令f(x)0，解得x2或x2(舍)，则当x(0,2)时，f(x)0，f(x)单调递减；当x(2，)
9、时，f(x)0，f(x)单调递增而f3410，f(1)410，故f(x)在(0,2)上只有1个零点；f(2)234210，f(4)434410，故f(x)在(2，)上只有1个零点综上，函数f(x)有3个零点3已知函数f(x)m2ln x(mR)，g(x)，若至少存在一个x01，e，使得f(x0)g(x0)成立，则实数m的取值范围是()A. B.C(，0 D(，0)解析：选B.由题意，不等式f(x)g(x)在1，e上有解，mx2ln x，即在1，e上有解，令h(x)，则h(x)，当1xe时，h(x)0，在1，e上，h(x)maxh(e)，m.m的取值范围是.故选B.4已知函数yf(x)的导函数为
10、f(x)5cos x，且f(0)0，如果f(1x)f(1x2)0，则实数x的取值范围是_解析：根据题意知f(x)5xsin xc，由f(0)0，得c0，则函数yf(x)为奇函数，且在R上为增函数，f(1x)f(1x2)0，得f(1x)f(x21)，则1xx21，即x2x20，解得x2或x1.答案：x2或x15已知定义在正实数集上的函数f(x)x22ax，g(x)3a2ln xb，其中a0.设两曲线yf(x)，yg(x)有公共点，且在该点处的切线相同(1)用a表示b，并求b的最大值；Z(2)求证：f(x)g(x)(x0)解：(1)设两曲线的公共点为(x0，y0)，f(x)x2a，g(x)，由题意
11、知f(x0)g(x0)，f(x0)g(x0)，即由x02a，得x0a或x03a(舍去)即有ba22a23a2ln aa23a2ln a.令h(t)t23t2ln t(t0)，则h(t)2t(13ln t)于是当t(13ln t)0，即0te时，h(t)0；当t(13ln t)Z0，即te时，h(t)0.故h(t)在(0，e)上为增函数，在(e，)上为减函数，于是h(t)在(0，)上的最大值为h(e)e，即b的最大值为e.(2)证明：设F(x)f(x)g(x)x22ax3a2ln xb(x0)，则F(x)x2a(x0)故F(x)在(0，a)上为减函数，在(a，)上为增函数于是F(x)在(0，)上的最小值是F(a)F(x0)f(x0)g(x0)0.故当x0时，有f(x)g(x)0，即当x0时，f(x)g(x)
