《2020高考數(shù)學(xué)刷題首選卷 第二章 函數(shù)、導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 考點測試16 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用（二） 文（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020高考數(shù)學(xué)刷題首選卷 第二章 函數(shù)、導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 考點測試16 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用（二） 文（含解析）（14頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、考點測試16導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用(二)一、基礎(chǔ)小題1函數(shù)f(x)xln x的單調(diào)遞增區(qū)間為()A(，0) B(0，1)C(1，) D(，0)(1，)答案C解析函數(shù)的定義域為(0，)f(x)1，令f(x)0，得x1.故選C.2已知對任意實數(shù)x，都有f(x)f(x)，g(x)g(x)，且x0時，f(x)0，g(x)0，則x0，g(x)0 Bf(x)0，g(x)0Cf(x)0 Df(x)0，g(x)0時，f(x)，g(x)都單調(diào)遞增，則當(dāng)x0，g(x)0.3若曲線f(x)，g(x)x在點P(1，1)處的切線分別為l1，l2，且l1l2，則實數(shù)的值為()A2 B2C. D答案A解析f(x)，g(x)x1，所以在

2、點P處的斜率分別為k1，k2，因為l1l2，所以k1k21，所以2，選A.4已知函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)f(x)ax2bxc的圖象如圖所示，則f(x)的圖象可能是()答案D解析當(dāng)x0時，由導(dǎo)函數(shù)f(x)ax2bxc0時，由導(dǎo)函數(shù)f(x)ax2bxc的圖象可知，導(dǎo)函數(shù)在區(qū)間(0，x1)內(nèi)的值是大于0的，則在此區(qū)間內(nèi)函數(shù)f(x)單調(diào)遞增只有選項D符合題意5已知函數(shù)f(x)x33x29x1，若f(x)在區(qū)間k，2上的最大值為28，則實數(shù)k的取值范圍為()A3，) B(3，)C(，3) D(，3答案D解析由題意知f(x)3x26x9，令f(x)0，解得x1或x3，所以f(x)，f(x)隨x的變化情況如下表

3、：x(，3)3(3，1)1(1，)f(x)00f(x)單調(diào)遞增極大值單調(diào)遞減極小值單調(diào)遞增又f(3)28，f(1)4，f(2)3，f(x)在區(qū)間k，2上的最大值為28，所以k3.6若函數(shù)f(x)2x2ln x在其定義域內(nèi)的一個子區(qū)間(k1，k1)內(nèi)不是單調(diào)函數(shù)，則實數(shù)k的取值范圍是()A1，) B. C1，2) D.答案B解析因為f(x)的定義域為(0，)，f(x)4x，由f(x)0，得x.據(jù)題意得解得1k.故選B.7已知函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f(x)5cosx，x(1，1)，且f(0)0，如果f(1x)f(1x2)0，則實數(shù)x的取值范圍為_答案(1，)解析導(dǎo)函數(shù)f(x)是偶函數(shù)，且f(0)0

4、，原函數(shù)f(x)是奇函數(shù)，且定義域為(1，1)，又導(dǎo)函數(shù)值恒大于0，原函數(shù)在定義域上單調(diào)遞增，所求不等式變形為f(1x)f(x21)，11xx211，解得1x，實數(shù)x的取值范圍是(1，)8已知函數(shù)f(x)的定義域是1，5，部分對應(yīng)值如表，f(x)的導(dǎo)函數(shù)yf(x)的圖象如圖所示，x10245f(x)121.521下列關(guān)于函數(shù)f(x)的命題：函數(shù)f(x)的值域為1，2；函數(shù)f(x)在0，2上是減函數(shù)；若x1，t時，f(x)的最大值是2，則t的最大值為4；當(dāng)1a2時，函數(shù)yf(x)a最多有4個零點其中正確命題的序號是_(把所有正確命題的序號都填上)答案解析由導(dǎo)函數(shù)的圖象可知，當(dāng)1x0及2x0，函數(shù)

5、單調(diào)遞增，當(dāng)0x2及4x5時，f(x)0，函數(shù)單調(diào)遞減，當(dāng)x0及x4時，函數(shù)取得極大值f(0)2，f(4)2，當(dāng)x2時，函數(shù)取得極小值f(2)1.5.又f(1)f(5)1，所以函數(shù)的最大值為2，最小值為1，值域為1，2，正確；因為當(dāng)x0及x4時，函數(shù)取得極大值f(0)2，f(4)2，要使當(dāng)x1，t時，函數(shù)f(x)的最大值是2，則0t5，所以t的最大值為5，所以不正確；因為極小值f(2)1.5，極大值f(0)f(4)2，所以當(dāng)1ak1，則下列結(jié)論中一定錯誤的是()AfCf答案C解析構(gòu)造函數(shù)g(x)f(x)kx1，則g(x)f(x)k0，g(x)在R上為增函數(shù)k1，0，則gg(0)而g(0)f(0

6、)10，gf10，即f1，所以選項C錯誤故選C.10(2017山東高考)若函數(shù)exf(x)(e2.71828是自然對數(shù)的底數(shù))在f(x)的定義域上單調(diào)遞增，則稱函數(shù)f(x) 具有M性質(zhì)下列函數(shù)中具有M性質(zhì)的是()Af(x)2x Bf(x)x2Cf(x)3x Df(x)cosx答案A解析當(dāng)f(x)2x時，exf(x)x.1，當(dāng)f(x)2x時，exf(x)在f(x)的定義域上單調(diào)遞增，故函數(shù)f(x)具有M性質(zhì)易知B，C，D不具有M性質(zhì)，故選A.11(2016四川高考)已知a為函數(shù)f(x)x312x的極小值點，則a()A4 B2 C4 D2答案D解析由題意可得f(x)3x2123(x2)(x2)，令

7、f(x)0，得x2或x2.則f(x)，f(x)隨x的變化情況如下表：x(，2)2(2，2)2(2，)f(x)00f(x)極大值極小值函數(shù)f(x)在x2處取得極小值，則a2.故選D.12(2017江蘇高考)已知函數(shù)f(x)x32xex，其中e是自然對數(shù)的底數(shù)若f(a1)f(2a2)0，則實數(shù)a的取值范圍是_答案1，解析易知函數(shù)f(x)的定義域關(guān)于原點對稱f(x)x32xex，f(x)(x)32(x)exx32xexf(x)，f(x)為奇函數(shù)，又f(x)3x22ex3x2223x20(當(dāng)且僅當(dāng)x0時，取“”)，從而f(x)在R上單調(diào)遞增，所以f(a1)f(2a2)0f(a1)f(2a2)2a2a1

8、，解得1a.13(2015安徽高考)設(shè)x3axb0，其中a，b均為實數(shù)下列條件中，使得該三次方程僅有一個實根的是_(寫出所有正確條件的編號)a3，b3；a3，b2；a3，b2；a0，b2；a1，b2.答案解析設(shè)f(x)x3axb.當(dāng)a3，b3時，f(x)x33x3，f(x)3x23，令f(x)0，得x1或x1；令f(x)0，得1x2時，f(x)x33xb，易知f(x)的極大值為f(1)2b0，極小值為f(1)b20，x時，f(x)，故方程f(x)0有且僅有一個實根，故正確當(dāng)a0，b2時，f(x)x32，顯然方程f(x)0有且僅有一個實根，故正確當(dāng)a1，b2時，f(x)x3x2，f(x)3x21

9、0，則f(x)在(，)上為增函數(shù)，易知f(x)的值域為R，故f(x)0有且僅有一個實根，故正確綜上，正確條件的編號有.三、模擬小題14(2018鄭州質(zhì)檢一)已知函數(shù)f(x)x39x229x30，實數(shù)m，n滿足f(m)12，f(n)18，則mn()A6 B8 C10 D12答案A解析設(shè)函數(shù)f(x)圖象的對稱中心為(a，b)，則有2bf(x)f(2ax)，整理得2b(6a18)x2(12a236a)x8a336a258a60，則可得a3，b3，所以函數(shù)f(x)圖象的對稱中心為(3，3)又f(m)12，f(n)18，且f(m)f(n)6，所以點(m，f(m)和點(n，f(n)關(guān)于(3，3)對稱，所以

10、mn236，故選A.15(2018河南新鄉(xiāng)二模)若函數(shù)y在(1，)上單調(diào)遞減，則稱f(x)為P函數(shù)下列函數(shù)中為P函數(shù)的為()f(x)1；f(x)x；f(x)；f(x).A B C D答案B解析x(1，)時，ln x0，x增大時，都減小，y，y在(1，)上都是減函數(shù)，f(x)1和f(x)都是P函數(shù)；，x(1，e)時，0，即y在(1，e)上單調(diào)遞減，在(e，)上單調(diào)遞增，f(x)x不是P函數(shù)；，x(1，e2)時，0，即y在(1，e2)上單調(diào)遞減，在(e2，)上單調(diào)遞增，f(x)不是P函數(shù)故選B.16(2018湖南長沙長郡中學(xué)月考)求形如yf(x)g(x)的函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，我們常采用以下做法：先兩邊同取

11、自然對數(shù)得ln yg(x)ln f(x)，再兩邊同時求導(dǎo)得yg(x)ln f(x)g(x)f(x)，于是得到y(tǒng)f(x)g(x)g(x)ln f(x)g(x)f(x)，運(yùn)用此方法求得函數(shù)yx的單調(diào)遞增區(qū)間是()A(e，4) B(3，6) C(0，e) D(2，3)答案C解析由題意知yxln xx(x0)，令y0，得1ln x0，0x0，a1)，若函數(shù)g(x)|f(x)t|2有三個零點，則實數(shù)t()A3 B2 C1 D0答案A解析由題可得f(x)2x(ax1)ln a，設(shè)y2x(ax1)ln a，則y2axln2a0，則知f(x)在R上單調(diào)遞增，而由f(0)0，可知f(x)在(，0)上單調(diào)遞減，在

12、(0，)上單調(diào)遞增，故f(x)的最小值為f(0)1，又g(x)|f(x)t|2有三個零點，所以f(x)t2有三個根，而t2t2，故t2f(x)minf(0)1，解得t3，故選A.18(2018河北衡中九模)若兩曲線yx21與yaln x1存在公切線，則正實數(shù)a的取值范圍是_答案00)所以化簡可知，問題等價于方程n2(1ln n)有解設(shè)函數(shù)f(x)x2(1ln x)，由f(x)x(12ln x)0可知x，且f(x)maxf()，注意到f(e)0，則由題意可知0，從而0a2e.一、高考大題1(2017全國卷)設(shè)函數(shù)f(x)(1x2)ex.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)x0時，f(x)ax1，

13、求a的取值范圍解(1)f(x)(12xx2)ex.令f(x)0得x1或x1.當(dāng)x(，1)時，f(x)0；當(dāng)x(1，)時，f(x)0.所以f(x)在(，1)，(1，)單調(diào)遞減，在(1，1)單調(diào)遞增(2)f(x)(1x)(1x)ex.當(dāng)a1時，設(shè)函數(shù)h(x)(1x)ex，則h(x)xex0)，因此h(x)在0，)單調(diào)遞減而h(0)1，故h(x)1，所以f(x)(x1)h(x)x1ax1.當(dāng)0a0(x0)，所以g(x)在0，)單調(diào)遞增而g(0)0，故exx1.當(dāng)0x(1x)(1x)2，(1x)(1x)2ax1x(1axx2)，取x0，則x0(0，1)，(1x0)(1x0)2ax010，故f(x0)a

14、x01.當(dāng)a0時，取x0，則x0(0，1)，f(x0)(1x0)(1x0)21ax01.綜上，a的取值范圍是1，)2(2018天津高考)設(shè)函數(shù)f(x)(xt1)(xt2)(xt3)，其中t1，t2，t3R，且t1，t2，t3是公差為d的等差數(shù)列(1)若t20，d1，求曲線yf(x)在點(0，f(0)處的切線方程；(2)若d3，求f(x)的極值；(3)若曲線yf(x)與直線y(xt2)6有三個互異的公共點，求d的取值范圍解(1)由已知，可得f(x)x(x1)(x1)x3x，故f(x)3x21.因為f(0)0，f(0)1，又因為曲線yf(x)在點(0，f(0)處的切線方程為yf(0)f(0)(x0

15、)，故所求切線方程為xy0.(2)由已知可得f(x)(xt23)(xt2)(xt23)(xt2)39(xt2)x33t2x2(3t9)xt9t2.故f(x)3x26t2x3t9.令f(x)0，解得xt2或xt2.當(dāng)x變化時，f(x)，f(x)的變化情況如下表：x(，t2)t2(t2，t2)t2(t2，)f(x)00f(x)極大值極小值所以函數(shù)f(x)的極大值為f(t2)()39()6；函數(shù)f(x)的極小值為f(t2)()396.(3)曲線yf(x)與直線y(xt2)6有三個互異的公共點等價于關(guān)于x的方程(xt2d)(xt2)(xt2d)(xt2)60有三個互異的實數(shù)解令uxt2，可得u3(1d

16、2)u60.設(shè)函數(shù)g(x)x3(1d2)x6，則曲線yf(x)與直線y(xt2)6有三個互異的公共點等價于函數(shù)yg(x)有三個零點g(x)3x2(1d2)當(dāng)d21時，g(x)0，這時g(x)在R上單調(diào)遞增，不符合題意當(dāng)d21時，令g(x)0，解得x1，x2.易得，g(x)在(，x1)上單調(diào)遞增，在x1，x2上單調(diào)遞減，在(x2，)上單調(diào)遞增g(x)的極大值g(x1)g60.g(x)的極小值g(x2)g6.若g(x2)0，由g(x)的單調(diào)性可知函數(shù)yg(x)至多有兩個零點，不符合題意若g(x2)27，也就是|d|，此時|d|x2，g(|d|)|d|60，且2|d|x1，g(2|d|)6|d|32

17、|d|66261.所以f(x)excosx0，即f(x)在0，)上單調(diào)遞增，所以f(x)minf(0)1b，由f(x)0恒成立，得1b0，所以b1.(2)由f(x)exasinxb，得f(x)exacosx，且f(0)1b，由題意得f(0)e0a1，所以a0.又(0，1b)在切線xy10上，所以01b10.所以b2，所以f(x)ex2.又方程ex2恰有兩解，可得xex2xm2x，所以xexm.令g(x)xex，則g(x)ex(x1)，當(dāng)x(，1)時，g(x)0，所以g(x)在(1，)上是增函數(shù)所以g(x)ming(1).又當(dāng)x時，g(x)0，且有g(shù)(1)e0，數(shù)形結(jié)合易知，m的取值范圍為，0.

18、4(2018安徽六校聯(lián)考二)已知函數(shù)f(x)ln x，m，nR.(1)若函數(shù)f(x)在(2，f(2)處的切線與直線xy0平行，求實數(shù)n的值；(2)試討論函數(shù)f(x)在1，)上的最大值；(3)若n1時，函數(shù)f(x)恰有兩個零點x1，x2(0x12.解(1)由f(x)，得f(2)，由于函數(shù)f(x)在(2，f(2)處的切線與直線xy0平行，故1，解得n6.(2)f(x)(x0)，令f(x)n；令f(x)0，得x1時，f(x)在1，n)上單調(diào)遞增，在(n，)上單調(diào)遞減，故f(x)在1，)上的最大值為f(n)m1ln n.(3)證明：若n1時，f(x)恰有兩個零點x1，x2(0x11，則ln t，x1，

19、故x1x2x1(t1)，所以x1x22，記函數(shù)h(t)ln t，因為h(t)0，所以h(t)在(1，)上單調(diào)遞增，因為t1，所以h(t)h(1)0，又ln t0，故x1x220成立，即x1x22.5(2018湖南衡陽聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)(aR)(1)若a0，函數(shù)f(x)的極大值為，求實數(shù)a的值；(2)若對任意的a0，f(x)bln x在x2，)上恒成立，求實數(shù)b的取值范圍解(1)因為f(x)，所以f(x).當(dāng)a0時，f(x)，令f(x)0，得x1；令f(x)1，所以f(x)在(，1)上單調(diào)遞增，在(1，)上單調(diào)遞減所以f(x)的極大值為f(1)，不符合題意當(dāng)a0時，10，得1x1；令f(x)0，得x1，所以f(x)在1，1上單調(diào)遞增，在，1和(1，)上單調(diào)遞減所以f(x)的極大值為f(1)，解得a1，符合題意綜上可得a1.(2)令g(a)a，當(dāng)x2，)時，因為0，所以g(a)在(，0上是增函數(shù)，則g(a)bln x對a(，0恒成立等價于g(a)g(0)bln x，即bln x對x2，)恒成立，即b對x2，)恒成立，所以bmax.令h(x)(x2)，則h(x).因為x2，)，所以1(x1)ln x0，所以h(x)0，所以h(x)在2，)上單調(diào)遞減，所以h(x)h(2)，所以bh(2)，所以實數(shù)b的取值范圍為，.14