2019届高考数学二轮复习第二部分专项二 专题一 第3讲 专题强化训练（含答案解析）

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1、一、选择题1函数 f(x) x2ln x 的最小值为( )12A. B112C0 D不存在解析：选 A.因为 f(x)x ，且 x0.1x x2 1x令 f(x)0，得 x1；令 f(x)0，解得 x ，b b即 f(x)的单调递增区间为(， )，( ，) b b因为 b(1，4)，所以(，2)符合题意5已知函数 f(x)e x x2mx 有极值点，则实数 m 的取值范围是( )12Am1 Bm1C0m1 D00 时，g (x)0，所以函数g(x)e xx 在(，0) 上单调递减，在(0 ，)上单调递增，所以函数 g(x)e xx 的极小值点为 0，所以 g(0)1 为 g(x)e xx 的最

2、小值，所以实数 m 的取值范围是 m1，故选B.6已知 f(x)ln x ，g( x)x 22ax4，若对任意的 x1(0，2 ，存在x4 34xx21， 2，使得 f(x1)g(x 2)成立，则 a 的取值范围是( )A. B.54， ) 18， )C. D. 18， 54 ( ， 54解析：选 A.因为 f(x) ，1x 14 34x2 x2 4x 34x2 （x 1）（x 3）4x2易知，当 x(0，1)时，f(x )0，所以 f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，2 上单调递增，故 f(x)minf(1) .12对于二次函数 g(x)x 22ax4，易知该函数开口向下，所以 g(x)

3、在区间1，2上的最小值在端点处取得，即 g(x)minming(1) ，g(2)要使对任意的 x1(0，2，存在 x21，2，使得 f(x1)g(x 2)成立，只需 f(x1)ming(x 2)min，即 g(1)且 g(2) ，12 12所以 12a4 且 44a4，12 12解得 a .54二、填空题7. dx_ e1(x 1x)解析： dxError! 1 .e1(x 1x) e1 e22 12 e2 12答案：e2 128(2018高考全国卷)曲线 y( ax1)e x在点(0，1) 处的切线的斜率为2，则a_.解析：y( ax1a)e x，由曲线在点 (0，1)处的切线的斜率为2，得

4、y|x0 ( ax1 a)ex|x0 1 a2，所以 a3.答案：39已知函数 f(x)x 22ln x，g(x)x ，若函数 f(x)与 g(x)有相同的极值点，则实ax数 a 的值为_解析：因为 f(x)x 22ln x，所以 f(x)2x (x0)，令 f(x)2x 2(x 1)(x 1)x0，得 x1 或 x1(舍去) ，又当 00；当 x1 时，f( x)0，故 g(x)为增函数；当10 时，g( x)0，故 g(x)为增函数综上知，g(x) 在(，4)和 (1，0)上为减函数，在( 4，1) 和(0，)上为增函数11已知函数 f(x) 1.ln xx(1)求函数 f(x)的单调区间

5、；(2)设 m0，求函数 f(x)在区间m ，2m 上的最大值解：(1)因为函数 f(x)的定义域为(0 ，)，且 f(x) ，1 ln xx2由 得 00，x0 )由 得 xe.f（x）0，)所以函数 f(x)的单调递增区间为(0，e) ，单调递减区间为(e ，)(2)当 ，2m e，m0 )即 02 时，f( x)0，即 f(x)单调递增所以 f(x)只有极小值，且在 x2 时，f (x)取得极小值 f(2)44ln 2.所以当 a4 时，f(x )只有极小值 44ln 2.(2)因为 f(x) ，a 2xx所以当 a0，x(0，) 时， f(x)0，即 f(x)在 x(0，)上单调递增，没有最小值；当 a0 得，x ，a2所以 f(x)在 上单调递增；( a2， )由 f(x)0 得， x ，a2所以 f(x)在 上单调递减(0， a2)所以当 a0 时，f(x) 的最小值为极小值，即 f aln a.( a2) ( a2)根据题意得 f aln aa，( a2) ( a2)即 aln(a)ln 20.因为 a0，所以 ln(a)ln 20，解得 a2，综上实数 a 的取值范围是 2，0)