1、基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、选择题1.方程x36x29x100的实根个数是()A.3 B.2 C.1 D.0解析设f(x)x36x29x10，f(x)3x212x93(x1)(x3)，由此可知函数的极大值为f(1)60，极小值为f(3)100，所以方程x36x29x100的实根个数为1个.答案C2.若存在正数x使2x(xa)1成立，则a的取值范围是()A.(，) B.(2，)C.(0，) D.(1，)解析2x(xa)1，ax.令f(x)x，f(x)12xln 20.f(x)在(0，)上单调递增，f(x)f(0)011，a的取值范围为(1，).答案D3.做一个无盖的圆柱形水桶，若要使其
2、体积是27，且用料最省，则圆柱的底面半径为()A.3 B.4 C.6 D.5解析设圆柱的底面半径为R，母线长为l，则VR2l27，l，要使用料最省，只须使圆柱的侧面积与下底面面积之和S最小.由题意，SR22RlR22.S2R，令S0，得R3，则当R3时，S最小.故选A.答案A4.若0x1x21，则()A.ex2ex1ln x2ln x1 B.ex2ex1ln x2ln x1C.x2ex1x1ex2 D.x2ex1x1ex2解析令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，故选C.答案C5.(201
3、4新课标全国卷)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)解析a0时，不符合题意.a0时，f(x)3ax26x，令f(x)0，得x0或x.若a0，则由图象知f(x)有负数零点，不符合题意.则a0，由图象结合f(0)10知，此时必有f0，即a310，化简得a24，则a2.答案C二、填空题6.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
4、减，若f(1)13c0，可得c2；若f(1)13c0，可得c2.答案2或27.已知函数f(x)ax33x1对x(0，1总有f(x)0成立，则实数a的取值范围是_ .解析当x(0，1时不等式ax33x10可化为a，设g(x)，x(0，1，g(x).由g(x)0得x，g(x)与g(x)随x的变化情况如下表：xg(x)0g(x)极大值4因此g(x)的最大值为4，则实数a的取值范围是4，).答案4，)8.已知yf(x)是奇函数，当x(0，2)时，f(x)ln xax，当x(2，0)时，f(x)的最小值为1，则a_.解析f(x)是奇函数，当x(2，0)时，f(x)的最小值为1，f(x)在(0，2)上的最
5、大值为1.当x(0，2)时，f(x)a，令f(x)0得x，又a，02.当x时，f(x)0，f(x)在上单调递增；当x时，f(x)0，f(x)在上单调递减，f(x)maxfln a1，解得a1.答案1三、解答题9.(2015福建卷改编)已知函数f(x)ln(1x)，g(x)kx(kR).(1)证明：当x0时，f(x)x；(2)证明：当k1时，存在x00，使得对任意的x(0，x0)，恒有f(x)g(x).证明(1)令F(x)f(x)xln(1x)x，x(0，)，则有F(x)1.当x(0，)时，F(x)0，所以F(x)在(0，)上单调递减，故当x0时，F(x)F(0)0，即当x0时，f(x)x.(2
6、)令G(x)f(x)g(x)ln(1x)kx，x(0，)，则有G(x)k.当k0时，G(x)0，故G(x)在(0，)上单调递增，G(x)G(0)0，故任意正实数x0均满足题意.当0k1时，令G(x)0，得x10，取x01，对任意x(0，x0)，有G(x)0，从而G(x)在(0，x0)上单调递增，所以G(x)G(0)0，即f(x)g(x).综上，当k1时，总存在x00，使得对任意x(0，x0)，恒有f(x)g(x).10.已知函数f(x)axxln x的图象在点xe(e为自然对数的底数)处的切线斜率为3.(1)求实数a的值；(2)若kZ，且k对任意x1恒成立，求k的最大值.解(1)因为f(x)a
7、xxln x，所以f(x)aln x1.因为函数f(x)axxln x的图象在点xe处的切线斜率为3，所以f(e)3，即aln e13，所以a1.(2)由(1)知，f(x)xxln x，又k对任意x1恒成立，令g(x)，则g(x)，令h(x)xln x2(x1)，则h(x)10，所以函数h(x)在(1，)上单调递增.因为h(3)1ln 30，h(4)22ln 20，所以方程h(x)0在(1，)上存在唯一实根x0，且满足x0(3，4).当1xx0时，h(x)0，即g(x)0；当xx0时，h(x)0，即g(x)0，所以函数g(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增，所以g(x)min
8、g(x0)x0，所以kg(x)minx0(3，4)，故整数k的最大值是3.能力提升题组(建议用时：25分钟)11.(2016石家庄模拟)已知函数f(x)x，若f(x1)f(x2)，则()A.x1x2 B.x1x20C.x1x2 D.xx解析因为f(x)xxf(x)，所以f(x)为偶函数，由f(x1)f(x2)，得f(|x1|)f(|x2|)(*).又f(x)exx.当x0时，e2x(x1)x1e0(01)010，则f(x)0，所以f(x)在0，)上为增函数，从而由(*)式得|x1|x2|，即xx.答案D12.(2016沈阳一模)若定义在R上的函数f(x)满足f(x)f(x)1，f(0)4，则不
9、等式f(x)1(e为自然对数的底数)的解集为()A.(0，) B.(，0)(3，)C.(，0)(0，) D.(3，)解析由f(x)1，得exf(x)3ex.构造函数F(x)exf(x)ex3，得F(x)exf(x)exf(x)exexf(x)f(x)1.由f(x)f(x)1，ex0，可知F(x)0，即F(x)在R上单调递增.又因为F(0)e0f(0)e03f(0)40.所以F(x)0的解集为(0，).答案A13.设直线xt与函数f(x)x2，g(x)ln x的图象分别交于点M，N，则当|MN|达到最小时t的值为_.解析当xt时，f(t)t2，g(t)ln t，y|MN|t2ln t(t0).y
10、2t.当0t时，y0；当t时，y0.y|MN|t2ln t在t时有最小值.答案14.已知函数f(x)exax2bx1，其中a，bR，e2.718 28为自然对数的底数.(1)设g(x)是函数f(x)的导函数，求函数g(x)在区间0，1上的最小值；(2)若f(1)0，函数f(x)在区间(0，1)内有零点，证明：e2a1.(1)解由f(x)exax2bx1，有g(x)f(x)ex2axb，所以g(x)ex2a.当x0，1时，g(x)12a，e2a，当a时，g(x)0，所以g(x)在0，1上单调递增，因此g(x)在0，1上的最小值是g(0)1b；当a时，g(x)0，所以g(x)在0，1上单调递减.因
11、此g(x)在0，1上的最小值是g(1)e2ab；当a时，令g(x)0，得xln (2a)(0，1)，所以函数g(x)在区间0，ln(2a)上单调递减，在区间(ln(2a)，1上单调递增.于是，g(x)在0，1上的最小值是g(ln(2a)2a2aln(2a)b.综上所述，当a时，g(x)在0，1上的最小值是g(0)1b；当a时，g(x)在0，1上的最小值是g(ln(2a)2a2aln(2a)b；当a时，g(x)在0，1上的最小值是g(1)e2ab.(2)证明设x0为f(x)在区间(0，1)内的一个零点，则由f(0)f(x0)0可知f(x)在区间(0，x0)上不可能单调递增，也不可能单调递减.则g
12、(x)不可能恒为正，也不可能恒为负.故g(x)在区间(0，x0)内存在零点x1，同理，g(x)在区间(x0，1)内存在零点x2，所以g(x)在区间(0，1)内至少有两个零点.由(1)知，当a时，g(x)在0，1上单调递增，故g(x)在(0，1)内至多有一个零点.当a时，g(x)在0，1上单调递减，故g(x)在(0，1)内至多有一个零点，所以a.此时g(x)在区间0，ln(2a)上单调递减，在区间(ln(2a)，1上单调递增，因此x1(0，ln(2a)，x2(ln(2a)，1)，必有g(0)1b0，g(1)e2ab0.由f(1)0有abe12，有g(0)ae20，g(1)1a0，解得e2a1.所以函数f(x)在区间(0，1)内有零点时，e2a1.