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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(2x1)axa，其中a1，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(2x01)ax0a，设g(x)ex(2x1)，h(x)axa，由g(x)ex(2x1)可知g(x)在上单调递减，在上单调递增，作出g(x)与h(x)的大致图象如图所示，故，即，所以a0时，xf(x)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(
2、x)，因为f(x)为奇函数，所以F(x)为偶函数，由于F(x)，当x0时，xf(x)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(0)1，其导函数f(x)满足f(x)k1，则下列结论中一定错误的是()AfCf答案C解析构造函数g(x)f(x)kx1，则g(x)f(x)k0，g(x)在R上为增函数k1，0，则gg(0)而g(0)f(0)10，gf10，即f1，所以选项C错误，故选C.4已知函数f(x)ax33x21，若f(x)存在唯一的零点x0，且x00，则a的取值范围是()A(2，) B(1，)C(，2) D(，1)答案C解析(1)当a0时，显然f
3、(x)有两个零点，不符合题意(2)当a0时，f(x)3ax26x，令f(x)0，解得x10，x2.当a0时，0，所以函数f(x)ax33x21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x00，则f(0)0，即10，不成立当a0时，0，则f0，即a310，解得a2或a2，又因为a0.(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(xa)2ln x2，所以g(x)2当0a0，(e)220.故
4、存在x0(1，e)，使得(x0)0.令a0，u(x)x1ln x(x1)由u(x)10知，函数u(x)在区间(1，)上单调递增所以0a01.即a0(0,1)当aa0时，有f(x0)0，f(x0)(x0)0.由(1)知，f(x)在区间(1，)上单调递增，故当x(1，x0)时，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)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)(aR) (1)若f(x)在x0处取得极值，确定a的值，并求此时曲线yf(x)在点(1，f(1
5、)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x0处取得极值，所以f(0)0，即a0.当a0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(x1)，化简得3xey0.(2)由(1)知f(x)，令g(x)3x2(6a)xa，由g(x)0解得x1，x2.当xx1时，g(x)0，即f(x)0，故f(x)为减函数；当x1x0，即f(x)0，故f(x)为增函数；当xx2时，g(x)0，即f(x)0时，g(x)0，求b的最大值；(3)已知1.41420，g(x)0；当b2时，若x满足2exex2b2，即0xln (b1)时，g(x)0.而g(0)0，因此当0xln (b1)时，g(x)0，ln 20.6928；当b1时，ln (b1)ln ，g(ln )2(32)ln 20，ln 20.6934.所以ln 2的近似值为0.693.
