2019年高考数学(文科)一轮分层演练 含解析 第3章导数及其应用 第4讲

一、选择题1．函数y ＝xe x 在[0，2]上的最大值是( )A.1e B.2e 2 C ．0D.12e解析：选A.易知y ′＝1－xe x ，x ∈[0，2]，令y ′>0，得0≤x <1，令y ′<0，得2≥x >1，所以函数y ＝x e x 在[0，1]上单调递增，在(1，2]上单调递减，所以y ＝xex 在[0，2]上的最大值是y |x＝1＝1e，故选A. 2．(2018·安徽模拟)已知f (x )＝ln xx ，则( )A ．f (2)>f (e)>f (3)B ．f (3)>f (e)>f (2)C ．f (3)>f (2)>f (e)D ．f (e)>f (3)>f (2)解析：选D.f (x )的定义域是(0，＋∞)，f ′(x )＝1－ln xx 2，令f ′(x )＝0，得x ＝e. 所以当x ∈(0，e)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，故x ＝e 时，f (x )max ＝f (e)＝1e ，而f (2)＝ln 22＝ln 86，f (3)＝ln 33＝ln 96，所以f (e)>f (3)>f (2)．故选D.3．已知函数f (x )＝x 3＋3x 2－9x ＋1，若f (x )在区间[k ，2]上的最大值为28，则实数k 的取值范围为( )A ．[－3，＋∞)B ．(－3，＋∞)C ．(－∞，－3)D ．(－∞，－3]解析：选D.由题意知f ′(x )＝3x 2＋6x －9，令f ′(x )＝0，解得x ＝1或x ＝－3，所以f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：又f (－3)＝28，f (1)＝－4，f (2)＝3，f (x )在区间[k ，2]上的最大值为28，所以k ≤－3.4．函数f (x )＝12x 2－ln x 的最小值为( )A ．12B ．1C ．0D ．不存在解析：选A.f ′(x )＝x －1x ＝x 2－1x，且x ＞0，令f ′(x )＞0，得x ＞1；令f ′(x )＜0，得0＜x ＜1，所以f (x )在x ＝1处取得极小值也是最小值，且f (1)＝12－ln 1＝12.5．已知f (x )是奇函数，当x ∈(0，2)时，f (x )＝ln x －ax ⎝⎛⎭⎫a >12，当x ∈(－2，0)时，f (x )的最小值为1，则a 的值为( )A.14 B ．13C.12D ．1解析：选D.因为f (x )是奇函数，所以f (x )在(0，2)上的最大值为－1，当x ∈(0，2)时，f ′(x )＝1x －a ，令f ′(x )＝0，得x ＝1a ，又a >12，所以0<1a <2.令f ′(x )>0，得x <1a ，所以f (x )在⎝⎛⎫0，1a 上单调递增；令f ′(x )<0，得x >1a ，所以f (x )在⎝⎛⎭⎫1a ，2上单调递减．所以当x ∈(0，2)，f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎫1a ＝ln 1a －a ·1a ＝－1，所以ln 1a＝0，所以a ＝1.故选D.6．P 在曲线y ＝e x 上，Q 在直线y ＝ln x 上，则|PQ |的最小值为( ) A ．22B ． 2C ．2 2D ．2解析：选B.因为y ＝e x 与y ＝ln x 关于直线y ＝x 对称，设P (x ，e x )，则P 到直线y ＝x 的距离d ＝e x －x2，令f (x )＝e x －x ，则f ′(x )＝e x －1， f ′(x )＝0时，x ＝0，f ′(x )>0时，x >0，f ′(x )<0时，x <0，所以f (x )在(－∞，0)上是减函数，在(0，＋∞)上是增函数， 所以f (x )min ＝f (0)＝1，所以d min ＝12＝22. 所以|PQ |min ＝2，选B.二、填空题7．函数y ＝x e x 的最小值是________．解析：因为y ＝x e x ，所以y ′＝e x ＋x e x ＝(1＋x )e x .当x >－1时，y ′>0；当x <－1时，y ′<0，所以当x ＝－1时函数取得最小值，且y min ＝－1e.答案：－1e8．函数f (x )＝x sin x ＋cos x 在⎣⎡⎦⎤π6，π上的最大值为________．解析：因为f ′(x )＝sin x ＋x cos x －sin x ＝x cos x ，所以f ′(x )＝0在x ∈⎣⎡⎦⎤π6，π上的解为x ＝π2.又f ⎝⎛⎭⎫π6＝π12＋32，f ⎝⎛⎭⎫π2＝π2，f (π)＝－1，所以函数f (x )＝x sin x ＋cos x 在⎣⎡⎦⎤π6，π上的最大值为π2. 答案：π29．已知函数f (x )＝ax －ln x ，当x ∈(0，e](e 为自然常数)时，函数f (x )的最小值为3，则a 的值为________．解析：易知a ＞0，由f ′(x )＝a －1x ＝ax －1x ＝0，得x ＝1a ，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1a 时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；当x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，所以f (x )在x ＝1a 时取得最小值f ⎝⎛⎭⎫1a ＝1－ln 1a.①当0＜1a ≤e 时，由1－ln 1a ＝3，得a ＝e 2，符合题意，②当1a ＞e 时，由a e －ln e ＝3，得a ＝4e，舍去．答案：e 210．已知常数a ≠0，f (x )＝a ln x ＋2x .当f (x )的最小值不小于－a 时，则实数a 的最小值为________．解析：因为f ′(x )＝a ＋2xx， 所以当a >0，x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0，即f (x )在x ∈(0，＋∞)上单调递增，没有最小值； 当a <0时，由f ′(x )>0得，x >－a2，所以f (x )在⎝⎛⎭⎫－a2，＋∞上单调递增；由f ′(x )<0得，0<x <－a2，所以f (x )在⎝⎛⎭⎫0，－a2上单调递减． 所以当a <0时，f (x )的最小值为f ⎝⎛⎭⎫－a 2＝a ln(－a 2)＋2×(－a2)． 根据题意得f ⎝⎛⎭⎫－a 2＝a ln ⎝⎛⎭⎫－a 2＋2×⎝⎛⎭⎫－a2≥－a ，即a [ln(－a )－ln 2]≥0. 因为a <0，所以ln(－a )－ln 2≤0，解得－2≤a <0，所以a 的最小值为－2. 答案：－2三、解答题 11．(2018·沈阳监测)已知函数f (x )＝a ln x (a >0)，e 为自然对数的底数． (1)若过点A (2，f (2))的切线斜率为2，求实数a 的值； (2)当x >0时，求证f (x )≥a ⎝⎛⎭⎫1－1x ； (3)若在区间(1，e)上e x a－e 1ax <0恒成立，求实数a 的取值范围． 解：(1)由题意得f ′(x )＝ax ，所以f ′(2)＝a2＝2，所以a ＝4.(2)证明：令g (x )＝a ⎝⎛⎭⎫ln x －1＋1x (x >0)， 则g ′(x )＝a ⎝⎛⎭⎫1x －1x 2.令g ′(x )>0，即a ⎝⎛⎭⎫1x －1x 2>0，解得x >1， 令g ′(x )<0，解得0<x <1；所以g (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． 所以g (x )的最小值为g (1)＝0，所以f (x )≥a ⎝⎛⎭⎫1－1x . (3)由题意可知e x a<e 1ax ，化简得x －1a<ln x ，又x ∈(1，e)，所以a >x －1ln x .令h (x )＝x －1ln x ，则h ′(x )＝ln x －1＋1x（ln x ）2.由(2)知，当x ∈(1，e)时，ln x －1＋1x >0，所以h ′(x )>0，即h (x )在(1，e)上单调递增， 所以h (x )<h (e)＝e －1. 所以a ≥e －1.故实数a 的取值范围为[e －1，＋∞)．12．(2018·贵阳检测)已知函数f (x )＝(x －1)e x ＋1，x ∈[0，1]． (1)证明：f (x )≥0；(2)若a <e x －1x <b 对任意的x ∈(0，1)恒成立，求b －a 的最小值．解：(1)证明：因为f ′(x )＝x e x ≥0， 即f (x )在[0，1]上单调递增， 所以f (x )≥f (0)＝0，即结论成立．(2)令g (x )＝e x －1x ，则g ′(x )＝（x －1）e x ＋1x 2>0，x ∈(0，1)，所以，当x ∈(0，1)时，g (x )<g (1)＝e －1，要使e x －1x<b ，只需b ≥e －1.要使e x －1x >a 成立，只需e x －ax －1>0在x ∈(0，1)恒成立，令h (x )＝e x －ax －1.x ∈(0，1)，则h ′(x )＝e x －a ，由x ∈(0，1)，得e x ∈(1，e)，①当a ≤1时，h ′(x )>0，此时x ∈(0，1)，有h (x )>h (0)＝0成立，所以a ≤1满足条件； ②当a ≥e 时，h ′(x )<0，此时x ∈(0，1)，有h (x )<h (0)＝0，不符合题意，舍去； ③当1<a <e 时，令h ′(x )＝0，得x ＝ln a ，可得当x ∈(0，ln a )时，h ′(x )<0，即x ∈(0，ln a )时，h (x )<h (0)＝0，不符合题意，舍去．综上，a ≤1.又b ≥e －1，所以b －a 的最小值为e －2.1．已知f (x )＝ax 2(a ∈R )，g (x )＝2ln x . (1)讨论函数F (x )＝f (x )－g (x )的单调性；(2)若方程f (x )＝g (x )在区间[2，e]上有两个不相等的解，求a 的取值范围． 解：(1)F (x )＝ax 2－2ln x ，其定义域为(0，＋∞)，所以F ′(x )＝2ax －2x ＝2（ax 2－1）x(x ＞0)．①当a ＞0时，由ax 2－1＞0，得x ＞1a， 由ax 2－1＜0，得0＜x ＜1a， 故当a ＞0时，F (x )在区间⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递增，在区间⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递减．②当a ≤0时，F ′(x )＜0(x ＞0)恒成立． 故当a ≤0时，F (x )在(0，＋∞)上单调递减．(2)原式等价于方程a ＝2ln xx2在区间[2，e]上有两个不等解．令φ(x )＝2ln xx 2，由φ′(x )＝2x （1－2ln x ）x 4易知，φ(x )在(2，e)上为增函数，在(e ，e)上为减函数，则φ(x )max ＝φ(e)＝1e ，而φ(e)＝2e 2，φ(2)＝ln 22.由φ(e)－φ(2)＝2e 2－ln 22＝4－e 2ln 22e 2＝ln e 4－ln 2e 22e 2＜ln 81－ln 272e 2＜0，所以φ(e)＜φ(2)． 所以φ(x )min ＝φ(e)，如图可知φ(x )＝a 有两个不相等的解时，需ln 22≤a ＜1e.即f (x )＝g (x )在[2，e]上有两个不相等的解时a 的取值范围为[ln 22，1e )．2．已知f (x )＝x ln x .(1)求函数f (x )在[t ，t ＋2](t >0)上的最小值；(2)证明：对一切x ∈(0，＋∞)，都有ln x >1e x －2e x 成立．解：(1)由f (x )＝x ln x ，x >0，得f ′(x )＝ln x ＋1， 令f ′(x )＝0，得x ＝1e.当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1e 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减； 当x ∈⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )单调递增． ①当0<t <1e <t ＋2，即0<t <1e 时，f (x )min ＝f ⎝⎛⎭⎫1e ＝－1e； ②当1e ≤t <t ＋2，即t ≥1e时，f (x )在[t ，t ＋2]上单调递增，f (x )min ＝f (t )＝t ln t ．所以f (x )min＝⎩⎨⎧－1e ，0<t <1et ln t ，t ≥1e.(2)证明：问题等价于证明x ln x >x e x －2e (x ∈(0，＋∞))．由(1)可知f (x )＝x ln x (x ∈(0，＋∞))的最小值是－1e ，当且仅当x ＝1e 时取到．设m (x )＝x e x －2e (x ∈(0，＋∞))，则m ′(x )＝1－xex ，由m ′(x )<0得x >1时，m (x )为减函数， 由m ′(x )>0得0<x <1时，m (x )为增函数， 易知m (x )max ＝m (1)＝－1e ，当且仅当x ＝1时取到．从而对一切x ∈(0，＋∞)，x ln x ≥－1e ≥x e x －2e ，两个等号不同时取到，即证对一切x ∈(0，＋∞)都有ln x >1e x －2e x成立．。