2020高考数学刷题首选卷考点测试16导数的应用（二）理（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 C1x2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)内的值是大

2、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k36若函数 f(

3、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) D1，32) 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)1k 1 (

4、1k 1)而 g(0) f(0)10， g f 10，(1k 1) ( 1k 1) kk 1即 f 1 ，(1k 1) kk 1 1k 1所以选项 C 错误故选 C10(2017山东高考)若函数 exf(x)(e271828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) x25C 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 f(x)具有 M 性质

5、易知 B，C，D 不具有 M 性质，故选 A11(2015全国卷)设函数 f(x)e x(2x1) ax a，其中 a1，则 a ex02x0 1x0 1令 g(x) ，则 g( x) ex2x 1x 1 2xex(x 32)x 12当 x 时， g( x)0， g(x)为增函数，(32， )要满足题意，则 x02，此时需满足 g(2)0， g(x)为增函数，当 x(0，1)时， g( x)2； 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

6、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 f(x)的值域为 R，故 f(x)0 有且仅有一个实根，故正确7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

7、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)和点( n， f(n)关于(3，3)对称，所以 m n236，故选 A15(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)

8、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，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

9、选 Bx16(2018武汉调研)已知函数 f(x) x2lnx a(x21)( aR)，若 f(x)0 在0f(2) Be 2f(1)h(2)，即 ，所以 e2f(1)f(2)故选 Af1e2 f2e418(2018石家庄一模)已知函数 f(x) ， g(x) ，若函数 y fg(x)x2 x 1x 1 ln xx a 有三个不同的零点 x1， x2， x3(其中 x10)，所以函数 g(x)在(e，)上单调递减，在(0，e)上单1 ln xx2调递增，所以 g(x)max g(e) ，作出函数 g(x)的大致图象如图 2 所1e示 f 因为 fg(x) a0 有三个不同的零点，所以 y fg

10、(x)与 y a1e 1 e e2e e2有三个不同的交点，所以 a1， 令 g(x) t，则问题等价于方程1 e e2e2 e a0，即 t2( a1) t1 a0 有两个解 t1， t2，不妨设 t10 时， f(x)0；(2)若 x0 是 f(x)的极大值点，求 a解 (1)证明：当 a0 时， f(x)(2 x)ln (1 x)2 x， f( x)ln (1 x) x1 x设函数 g(x) f( x)ln (1 x) ，x1 x则 g( x) x1 x2当10 时， g( x)0故当 x1 时， g(x) g(0)0，且仅当 x0 时， g(x)0，从而 f( x)0，且仅当x0 时，

11、 f( x)0所以 f(x)在(1，)单调递增10又 f(0)0，故当10 时， f(x)0(2)f( x)(2 ax1)ln (1 x) 2，2 x ax21 x且 f(0)0，则 m(1，0)， n(0，)，当 x( m， n)时，2 ax10，当 x( m，0)时，由(1)知，ln (1 x)0 恒成立，即 a max， a 15x 6 16当 x(0， n)时，由(1)知，ln (1 x) ，2x2 x则 f( x)(2ax1) 22x2 x 2 x ax21 x x25ax 6a 11 x2 x由题意， x2(0 ， n)使当 x(0， x2)时， f( x)0 恒成立，即 a mi

12、n， a 15x 6 16综上， a 162(2018天津高考)已知函数 f(x) ax， g(x)log ax，其中 a1(1)求函数 h(x) f(x) xln a 的单调区间；(2)若曲线 y f(x)在点( x1， f(x1)处的切线与曲线 y g(x)在点( x2， g(x2)处的切线平行，证明 x1 g(x2) ；2ln ln aln a(3)证明当 ae 时，存在直线 l，使 l 是曲线 y f(x)的切线，也是曲线 y g(x)的1e切线解 (1)由已知， h(x) ax xln a，有 h( x) axln aln a令 h( x)0，解得 x011由 a1，可知当 x 变化

13、时， h( x)， h(x)的变化情况如下表：x (，0) 0 (0，)h( x) 0 h(x) 极小值 所以函数 h(x)的单调递减区间为(，0)，单调递增区间为(0，)(2)证明：由 f( x) axln a，可得曲线 y f(x)在点( x1， f(x1)处的切线斜率为ax1ln a由 g( x) ，可得曲线 y g(x)在点( x2， g(x2)处的切线斜率为 1xln a 1x2ln a因为这两条切线平行，故有 ax1ln a ，1x2ln a即 x2ax1(ln a)21两边取以 a 为底的对数，得 logax2 x12log a(ln a)0，所以 x1 g(x2)2ln ln

14、aln a(3)证明：曲线 y f(x)在点( x1， ax1)处的切线 l1： y ax1 ax1ln a(x x1)曲线 y g(x)在点( x2，log ax2)处的切线 l2： ylog ax2 (x x2)1x2ln a要证明当 ae 时，存在直线 l，使 l 是曲线 y f(x)的切线，也是曲线 y g(x)的切1e线，只需证明当 ae 时，存在 x1(，)， x2(0，)，使得 l1与 l2重合1e即只需证明当 ae 时，1e方程组 有解由得 x2 ，代入，1ax1ln a2得 ax1 x1ax1ln a x1 01ln a 2ln ln aln a因此，只需证明当 ae 时，关

15、于 x1的方程存在实数解1e12设函数 u(x) ax xaxln a x ，1ln a 2ln ln aln a即要证明当 ae 时，函数 y u(x)存在零点1eu( x)1(ln a)2xax，可知 x(，0)时，u( x)0； x(0，)时， u( x)单调递减，又 u(0)10， u 1 a 0，使得1ln a2 1ln a2u( x0)0，即 1(ln a)2x0ax00由此可知 u(x)在(， x0)上单调递增，在( x0，)上单调递减 u(x)在 x x0处取得极大值 u(x0)因为 ae ，故 ln (ln a)1，1e所以 u(x0) ax0 x0ax0ln a x0 x0

16、 1ln a 2ln ln aln a 1x0ln a2 2ln ln aln a02 2ln ln aln a下面证明存在实数 t，使得 u(t) 时，有1ln au(x)(1 xln a)(1 xln a) x (ln a)2x2 x1 1ln a 2ln ln aln a 1ln a，2ln ln aln a所以存在实数 t，使得 u(t)1 时， g( x)0， g(x)单调递增所以 x1 是 g(x)的极小值点，故 g(x) g(1)0综上， a1(2)证明：由(1)知 f(x) x2 x xln x， f( x)2 x2ln x设 h(x)2 x2ln x，则 h( x)2 1x当

17、 x0， 时， h( x)0，且 x1 时， f(x) ln xx 1解 (1) f( x) ax 1x ln xx 12 bx214由于直线 x2 y30 的斜率为 ，且过点(1，1)，12故 即解得 a1， b1(2)证明：由(1)知 f(x) ，ln xx 1 1x所以 f(x) 2ln x ln xx 1 11 x2 x2 1x令 h(x)2ln x (x0)，x2 1x则 h( x) 2x 2x2 x2 1x2 x 12x2所以当 x1 时， h( x)0，可得 h(x)0；11 x2当 x(1，)时， h(x)011 x2从而当 x0，且 x1 时， f(x) 0ln xx 1即

18、f(x) ln xx 15(2018广东广州调研)已知函数 f(x) aln x xb(a0)(1)当 b2 时，若函数 f(x)恰有一个零点，求实数 a 的取值范围；(2)当 a b0， b0 时，对任意 x1， x2 ，e，有| f(x1) f(x2)|e2 成立，求实1e数 b 的取值范围解 (1)函数 f(x)的定义域为(0，)当 b2 时， f(x) aln x x2，所以 f( x) 2 x ax 2x2 ax当 a0 时， f( x)0，所以 f(x)在(0，)上单调递增，取 x0e ，则 f(e )1(e )2 时， f( x)0，所以 f(x)在 ，上单调递增 a2 a2要使

19、函数 f(x)有一个零点，则 f aln 0，即 a2e a2 a2 a2综上所述，若函数 f(x)恰有一个零点，则 a2e 或 a0(2)因为对任意 x1， x2 ，e，1e有| f(x1) f(x2)|e2 成立，又| f(x1) f(x2)| f(x)max f(x)minx ，e，1e所以 f(x)max f(x)mine2因为 a b0，所以 a b所以 f(x) bln x xb，所以 f( x) bxb1 bx bxb 1x因为 b0，所以当 01 时， f( x)0，所以函数 f(x)在 ，1 上单调递减，在(1，e上单调递增， f(x)min f(1)1， f(x)1emaxmax f ， f(e)1e易知 f be b， f(e) be b，1e设 g(b) f(e) f e be b2 b(b0)，1e则 g( b)e be b22 20ebe b所以 g(b)在(0，)上单调递增，故 g(b)g(0)0，所以 f(e)f 1e从而 f(x)max f(e) be b所以 be b1e2，即 eb be10，设 (b)e b be1( b0)，则 ( b)e b1当 b0 时， ( b)0，所以 (b)在(0，)上单调递增又 (1)0，所以 eb be10 即为 (b) (1)，解得 b1又因为 b0，所以 b 的取值范围为(0，116