2020高考数学刷题首选卷第二章函数、导数及其应用考点测试16导数的应用（二）文（含解析）.docx

1、1考点测试 16 导数的应用(二)一、基础小题1函数 f(x) xln x 的单调递增区间为( )A(，0) B(0，1)C(1，) D(，0)(1，)答案 C解析 函数的定义域为(0，) f( x)1 ，令 f( x)0，得 x1.故选 C.1x2已知对任意实数 x，都有 f( x) f(x)， g( x) g(x)，且 x0 时， f( x)0， g( x)0，则 x0， g( x)0 B f( x)0， g( x)0 D f( x)0 时， f(x)， g(x)都单调递增，则当 x0， g( x)0 时，由导函数 f( x) ax2 bx c 的图象可知，导函数在区间(0， x1)内的值

2、是大于 0 的，则在此区间内函数 f(x)单调递增只有选项 D 符合题意5已知函数 f(x) x33 x29 x1，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( )A3，) B(3，)C(，3) D(，3答案 D解析 由题意知 f( x)3 x26 x9，令 f( x)0，解得 x1 或 x3，所以f( x)， f(x)随 x 的变化情况如下表：x (，3) 3 (3，1) 1 (1，)f( x) 0 0 3f(x) 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增又 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k3.6若函数

3、 f(x)2 x2ln x 在其定义域内的一个子区间( k1， k1)内不是单调函数，则实数 k 的取值范围是( )A1，) B. C1，2) D.1，32) 32， 2)答案 B解析 因为 f(x)的定义域为(0，)， f( x)4 x ，由 f( x)0，得 x .据1x 12题意得解得 1 k0，函数单调递增，当0k1，则下列结论中一定错误的是( )A f (1k)1k (1k) 1k 1C f (1k 1) 1k 1 ( 1k 1) kk 1答案 C解析 构造函数 g(x) f(x) kx1，则 g( x) f( x) k0， g(x)在 R 上为增函数 k1， 0，则 g g(0)而

4、 g(0) f(0)10， g f 1k 1 ( 1k 1) ( 1k 1) ( 1k 1)10，即 f 1 ，所以选项 C 错误故选 C.kk 1 ( 1k 1) kk 1 1k 110(2017山东高考)若函数 exf(x)(e2.71828是自然对数的底数)在 f(x)的定义域上单调递增，则称函数 f(x) 具有 M 性质下列函数中具有 M 性质的是( )A f(x)2 x B f(x) x2C f(x)3 x D f(x)cos x答案 A解析 当 f(x)2 x时，e xf(x) x. 1，当 f(x)2 x时，e xf(x)在 f(x)ex2x e2 e2的定义域上单调递增，故函数

5、 f(x)具有 M 性质易知 B，C，D 不具有 M 性质，故选 A.11(2016四川高考)已知 a 为函数 f(x) x312 x 的极小值点，则 a( )A4 B2 C4 D2答案 D解析 由题意可得 f( x)3 x2123( x2)( x2)，令 f( x)0，得 x2 或5x2.则 f( x)， f(x)随 x 的变化情况如下表：x (，2) 2 (2，2) 2 (2，)f( x) 0 0 f(x) 极大值 极小值 函数 f(x)在 x2 处取得极小值，则 a2.故选 D.12(2017江苏高考)已知函数 f(x) x32 xe x ，其中 e 是自然对数的底1ex数若 f(a1)

6、 f(2a2)0，则实数 a 的取值范围是_答案 1，12解析 易知函数 f(x)的定义域关于原点对称 f(x) x32 xe x ，1ex f( x)( x)32( x)e x1e x x32 x e x f(x)，1ex f(x)为奇函数，又 f( x)3 x22e x 3 x2223 x20(当且仅当 x0 时，取“”)，从1ex而 f(x)在 R 上单调递增，所以 f(a1) f(2a2)0 f(a1) f(2 a2)2 a2 a1，解得1 a .1213(2015安徽高考)设 x3 ax b0，其中 a， b 均为实数下列条件中，使得该三次方程仅有一个实根的是_(写出所有正确条件的编

7、号) a3， b3； a3， b2； a3， b2； a0， b2； a1， b2.答案 解析 设 f(x) x3 ax b.当 a3， b3 时， f(x) x33 x3， f( x)3 x23，令 f( x)0，得 x1 或x2 时， f(x) x33 x b，易知 f(x)的极大值为 f(1)2 b0，极小值为 f(1) b20， x时， f(x)，故方程 f(x)0 有且仅有一个实根，故正确当 a0， b2 时， f(x) x32，显然方程 f(x)0 有且仅有一个实根，故正确当 a1， b2 时， f(x) x3 x2， f( x)3 x210，则 f(x)在(，)上为增函数，易知

8、f(x)的值域为 R，故 f(x)0 有且仅有一个实根，故正确综上，正确条件的编号有.三、模拟小题14(2018郑州质检一)已知函数 f(x) x39 x229 x30，实数 m， n 满足 f(m)12， f(n)18，则 m n( )A6 B8 C10 D12答案 A解析 设函数 f(x)图象的对称中心为( a， b)，则有 2b f(x) f(2a x)，整理得2b(6 a18) x2(12 a236 a)x8 a336 a258 a60，则可得 a3， b3，所以函数 f(x)图象的对称中心为(3，3)又 f(m)12， f(n)18，且 f(m) f(n)6，所以点( m， f(m)

9、和点( n， f(n)关于(3，3)对称，所以 m n236，故选 A.15(2018河南新乡二模)若函数 y 在(1，)上单调递减，则称 f(x)为 P 函fxln x数下列函数中为 P 函数的为( ) f(x)1； f(x) x； f(x) ； f(x) .1x xA B C D答案 B解析 x(1，)时，ln x0， x 增大时， ， 都减小， y ， y1ln x 1xln x 1ln x在(1，)上都是减函数， f(x)1 和 f(x) 都是 P 函数；1xln x 1x ， x(1，e)时， 0，即 yxln x ln x 1ln x2 xln x xln x在(1，e)上单调递减

10、，在(e，)上单调递增， f(x) x 不是 P 函数； xln x xln x， x(1，e 2)时， 0，即 y 在ln x 22xln x2 xln x xln x xln x(1，e 2)上单调递减，在(e 2，)上单调递增， f(x) 不是 P 函数故选 B.x16(2018湖南长沙长郡中学月考)求形如 y f(x)g(x)的函数的导数，我们常采用以7下做法：先两边同取自然对数得 ln y g(x)ln f(x)，再两边同时求导得 y g( x)ln 1yf(x) g(x) f( x)，于是得到 y f(x)g(x)g( x)ln f(x) g(x) f( x)，运用此1fx 1fx

11、方法求得函数 y x 的单调递增区间是( )1xA(e，4) B(3，6) C(0，e) D(2，3)答案 C解析 由题意知 y x ln x x (x0)，令 y0，得 1ln 1x 1x2 1x2 1x 1 ln xx2x0，00， a1)，若函数 g(x)| f(x) t|2 有三个零点，则实数 t( )A3 B2 C1 D0答案 A解析 由题可得 f( x)2 x( ax1)ln a，设 y2 x( ax1)ln a，则y2 axln2a0，则知 f( x)在 R 上单调递增，而由 f(0)0，可知 f(x)在(，0)上单调递减，在(0，)上单调递增，故 f(x)的最小值为 f(0)1

12、，又 g(x)| f(x) t|2 有三个零点，所以 f(x) t2 有三个根，而 t2 t2，故 t2 f(x)min f(0)1，解得 t3，故选 A.18(2018河北衡中九模)若两曲线 y x21 与 y aln x1 存在公切线，则正实数a 的取值范围是_答案 00)所以Error!化简可知，问an题等价于方程 n2(1ln n)有解设函数 f(x) x2(1ln x)，由 f( x) x(12ln x)a40 可知 x ，且 f(x)max f( ) ，注意到 f(e)0 ，则由题意可知 00；2 2当 x(1 ，)时， f( x)0)，因此 h(x)在0，)单调递减而 h(0)1

13、，故 h(x)1，所以 f(x)( x1) h(x) x1 ax1.当 00( x0)，所以 g(x)在0，)单调递增而 g(0)0，故 ex x1.当 0(1 x)(1 x)2，(1 x)(1 x)2 ax1 x(1 a x x2)，取x0 ，5 4a 12则 x0(0，1)，(1 x0)(1 x0)2 ax010，故 f(x0)ax01.当 a0 时，取 x0 ，则 x0(0，1)， f(x0)(1 x0)(1 x0)21 ax01.5 12综上， a 的取值范围是1，)2(2018天津高考)设函数 f(x)( x t1)(x t2)(x t3)，其中 t1， t2， t3R，且t1， t

14、2， t3是公差为 d 的等差数列(1)若 t20， d1，求曲线 y f(x)在点(0， f(0)处的切线方程；(2)若 d3，求 f(x)的极值；(3)若曲线 y f(x)与直线 y( x t2)6 有三个互异的公共点，求 d 的取值范3围解 (1)由已知，可得 f(x) x(x1)( x1) x3 x，故 f( x)3 x21.因为 f(0)0， f(0)1，又因为曲线 y f(x)在点(0， f(0)处的切线方程为 y f(0) f(0)( x0)，故所求9切线方程为 x y0.(2)由已知可得 f(x)( x t23)( x t2)(x t23)( x t2)39( x t2) x3

15、3 t2x2(3 t 9) x t 9 t2.故 f( x)3 x26 t2x3 t 9.2 32 2令 f( x)0，解得 x t2 或 x t2 .3 3当 x 变化时， f( x)， f(x)的变化情况如下表：x(，t2 )3t2 3(t2 ，3t2 )3t2 3 (t2 ，)3f( x) 0 0 f(x) 极大值 极小值 所以函数 f(x)的极大值为 f(t2 )( )39( )6 ；函数 f(x)的极小值3 3 3 3为 f(t2 )( )39 6 .3 3 3 3(3)曲线 y f(x)与直线 y( x t2)6 有三个互异的公共点等价于关于 x 的方程3(x t2 d)(x t2

16、)(x t2 d)( x t2)6 0 有三个互异的实数解3令 u x t2，可得 u3(1 d2)u6 0.3设函数 g(x) x3(1 d2)x6 ，则曲线 y f(x)与直线 y( x t2)6 有三个3 3互异的公共点等价于函数 y g(x)有三个零点g( x)3 x2(1 d2)当 d21 时， g( x)0，这时 g(x)在 R 上单调递增，不符合题意当 d21 时，令 g( x)0，解得 x1 ， x2 .d2 13 d2 13易得， g(x)在(， x1)上单调递增，在 x1， x2上单调递减，在( x2，)上单调递增g(x)的极大值 g(x1) g 6 0.d2 13 23d

17、2 1329 3g(x)的极小值 g(x2) g 6 .d2 13 23d2 1329 3若 g(x2)0，由 g(x)的单调性可知函数 y g(x)至多有两个零点，不符合题意若 g(x2)27，也就是| d| ，此时| d|x2， g(|d|)| d|6 0，且32 10 32| d|1.所以 f( x)e xcos x0，即 f(x)在0，)上单调递增，所以 f(x)min f(0)1 b，由 f(x)0 恒成立，得 1 b0，所以 b1.(2)由 f(x)e x asinx b，得f( x)e x acosx，且 f(0)1 b，由题意得 f(0)e 0 a1，所以 a0.又(0，1 b

18、)在切线 x y10 上，所以 01 b10.所以 b2，所以 f(x)e x2.又方程 ex2 恰有两解，可得 xex2 x m2 x，所以 xex m.m 2xx令 g(x) xex，则 g( x)e x(x1)，当 x(，1)时， g( x)0，所以 g(x)在(1，)上是增函数所以 g(x)min g(1) .1e又当 x时， g(x)0，且有 g(1)e0，数形结合易知， m 的取值范围为 ，0.1e4(2018安徽六校联考二)已知函数 f(x) ln x， m， nR.mx nx(1)若函数 f(x)在(2， f(2)处的切线与直线 x y0 平行，求实数 n 的值；11(2)试讨

19、论函数 f(x)在1，)上的最大值；(3)若 n1 时，函数 f(x)恰有两个零点 x1， x2(02.解 (1)由 f( x) ，得 f(2) ，n xx2 n 24由于函数 f(x)在(2， f(2)处的切线与直线 x y0 平行，故 1，解得 n6.n 24(2)f( x) (x0)，令 f( x)n；n xx2令 f( x)0，得 x1 时， f(x)在1， n)上单调递增，在( n，)上单调递减，故 f(x)在1，)上的最大值为 f(n) m1ln n.(3)证明：若 n1 时， f(x)恰有两个零点 x1， x2(01，x2 x1x1x2 x2x1 x2x1则 ln t ， x1

20、，t 1tx1 t 1tln t故 x1 x2 x1(t1) ，t2 1tln t所以 x1 x22 ，2t2 12t ln tln t记函数 h(t) ln t，t2 12t因为 h( t) 0，t 122t2所以 h(t)在(1，)上单调递增，因为 t1，所以 h(t)h(1)0，又 ln t0，故 x1 x220 成立，即 x1 x22.125(2018湖南衡阳联考)已知函数 f(x) (aR)ax2 x aex(1)若 a0，函数 f(x)的极大值为 ，求实数 a 的值；3e(2)若对任意的 a0， f(x) bln x 在 x2，)上恒成立，求实数 b 的取值范围解 (1)因为 f(

21、x) ，ax2 x aex所以 f( x)2ax 1ex ax2 x aexex2ax2 1 2ax a 1ex .x 1ax 1 aex当 a0 时， f( x) ，x 1ex令 f( x)0，得 x1，所以 f(x)在(，1)上单调递增，在(1，)上单调递减所以 f(x)的极大值为 f(1) ，不符合题意1e 3e当 a0 时，1 0，得 1 1，1a所以 f(x)在 1 ，1 上单调递增，在，1 和(1，)上单调递减1a 1a所以 f(x)的极大值为 f(1) ，解得 a1，符合题意综上可得 a1.2a 1e 3e(2)令 g(a) a ，x2 1ex xex当 x2，)时，因为 0，x

22、2 1ex所以 g(a)在(，0上是增函数，则 g(a) bln x 对 a( ，0恒成立等价于g(a) g(0) bln x，即 bln x 对 x2，)恒成立，xex13即 b 对 x2，)恒成立，xexln x所以 b max.xexln x令 h(x) (x2)，xexln x则 h( x)exln x xexx exln xexln x2 .ln x 1 xln xexln x2 1 x 1ln xexln x2因为 x2，)，所以1( x1)ln x0，所以 h( x)0，所以 h(x)在2，)上单调递减，所以 h(x) h(2) ，2e2ln 2所以 b h(2) ，2e2ln 2所以实数 b 的取值范围为 ，.2e2ln 214