2020版高考数学大一轮复习第四章导数及其应用练习(7套浙江专用)
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资料简介
加强练——导数 一、选择题 ‎1.函数f(x)=aln x+x在x=1处取到极值,则a的值为(  )‎ A.-1 B.- ‎ C.0 D. 解析 因为f(x)=aln x+x,‎ 所以f′(x)=+1.‎ 又因为f(x)在x=1处取到极植,‎ 所以f′(1)=a+1=0⇒a=-1.‎ 经检验符合题意.故选A.‎ 答案 A ‎2.函数y=x2ex的单调递减区间是(  )‎ A.(-1,2) B.(-∞,-1)与(1,+∞)‎ C.(-∞,-2)与(0,+∞) D.(-2,0)‎ 解析 y′=(x2ex)′=2xex+x2ex=xex(x+2).‎ 因为ex>0,所以由xex(x+2);令ln x+10,即a×-3×+1>0,‎ 化简得a2>4.又af′(x),且f(0)=1,则不等式ln m且m>0,‎ ‎∴|AB|=2em--ln m.‎ 设y=2ex--ln x(x>0),‎ 则y′=2ex--,令y′=0,解得x=,‎ 当x∈时,y′0,‎ ‎∴当x=时,|AB|最小=2+ln 2,此时m=.‎ 答案 2+ln 2  ‎13.已知x∈(0,2),若关于x的不等式0.‎ 即k>x2-2x对任意x∈(0,2)恒成立,从而k≥0,‎ 因此由原不等式,得k0,函数f(x)在(1,2)上单调递增,‎ 当x∈(0,1)时,f′(x)xln x,‎ 即证明ex-xln x>0.‎ 当x∈(0,1)时,ex>1,xln x0;‎ 当x∈[1,+∞)时,令g(x)=ex-xln x,‎ 则g′(x)=ex-1-ln x.‎ 证法一:因为ex>x+1,ln x≤x-1,‎ 所以g′(x)>x+1-1-(x-1)=1>0,‎ 则g(x)在[1,+∞)上是增函数,‎ 所以g(x)≥g(1)=e>0.‎ 证法二:令m(x)=g′(x)=ex-1-ln x,‎ m′(x)=ex->e-1>0,‎ 则g′(x)在[1,+∞)上是增函数,‎ g′(x)≥g′(1)=e-1>0,‎ 所以g(x)在[1,+∞)上是增函数,‎ g(x)≥g(1)=e>0.‎ 综上可知ex-xln x>0,所以f(x)>ln x成立.‎ ‎(2)解 不等式f(x)≥a2x恒成立,即为≥a2x恒成立,‎ 又x>0,则a2≤恒成立,‎ 记h(x)=,则a2≤h(x)min.‎ 令h′(x)==0,得x=2,‎ 当x∈(0,2)时,h′(x)0,‎ 所以h(x)min=h(2)=,‎ 10‎ 于是a2≤,解得-≤a≤,‎ 所以实数a的取值范围为.‎ ‎17.(2019·学军中学模拟)已知函数f(x)=ln x++ax,其中x>0,a∈R.‎ ‎(1)若函数f(x)在[1,+∞)上不单调,求a的取值范围;‎ ‎(2)若函数f(x)在[1,+∞)上有极大值,求a的值.‎ 解 (1)∵f(x)=ln x++ax,f′(x)=-+a,‎ 则f′(x)=-+a=0在(1,+∞)上有解,且Δ≠0,‎ 分离参数得a=-=-,‎ ‎∴-2),‎ 则h′(x)=-=>0,‎ ‎∴函数h(x)在(2,+∞)上单调递增,而h(e)=0,‎ 10‎ ‎∴β=e,∴a==,‎ ‎∴当a=时,函数f(x)在[1,+∞)上有极大值.‎ ‎18.(2019·北京石景山区期末)已知函数f(x)=-x3+x2-2x(a∈R).‎ ‎(1)当a=3时,求函数f(x)的单调区间;‎ ‎(2)若对于任意x∈(1,+∞)都有f′(x)

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