2017届高考数学一轮复习第三章导数及其应用3.2.1函数的单调性与导数对点训练理.docVIP

2017高考数学一轮复习 第三章 导数及其应用 3.2.1 函数的单调性与导数对点训练 理 1．设函数f(x)＝ex(2x－1)－ax＋a，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(2x0－1)ax0－a，设g(x)＝ex(2x－1)，h(x)＝ax－a，由g′(x)＝ex(2x＋1)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≤a1，故选D. 2.设函数f′(x)是奇函数f(x)(xR)的导函数，f(－1)＝0，当x0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x0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(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(　　) A．f B．f C．f D．f 答案　C 解析　构造函数g(x)＝f(x)－kx＋1， 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)＋1＝0， g＝f－＋10， 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x00，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)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a0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x00，则f(0)0，即10，不成立． 当a0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x00，则f0，即a·－3·＋10，解得a2或a－2，又因为a0，故a的取值范围为(－∞，－2)．选C. 5．已知函数f(x)＝－2(x＋a)ln x＋x2－2ax－2a2＋a，其中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(x－a)－2ln x－2， 所以g′(x)＝2－＋＝ 当0a时，g(x)在区间，上单调递增， 在区间上单调递减； 当a≥时，g(x)在区间(0，＋∞)上单调递增． (2)证明：由f′(x)＝2(x－a)－2ln x－2＝0，解得a＝. 令φ(x)＝－2ln x＋x2－2x－22＋. 则φ(1)＝10，φ(e)＝－－220. 故存在x0(1，e)，使得φ(x0)＝0. 令a0＝，u(x)＝x－1－ln x(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)≥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3