《高考數(shù)學二輪復習 第二部分 專題一 函數(shù)與導數(shù) 專題強化練五 導數(shù)的綜合應用 文-人教版高三數(shù)學試題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高考數(shù)學二輪復習 第二部分 專題一 函數(shù)與導數(shù) 專題強化練五 導數(shù)的綜合應用 文-人教版高三數(shù)學試題（6頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、專題強化練五 函數(shù)的圖象與性質一、選擇題1函數(shù)f(x)的定義域為R，f(1)3，對任意xR，f(x)3，則f(x)3x6的解集為()Ax1x1Bx|x1Cx|x1 DR解析：設g(x)f(x)(3x6)，則g(x)f(x)30，所以g(x)為減函數(shù)，又g(1)f(1)30，所以g(x)0的解集為x|x1答案：C2(2018貴陽聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)的定義域為1，4，部分對應值如下表：x10234f(x)12020f(x)的導函數(shù)yf(x)的圖象如圖所示當1a2時，函數(shù)yf(x)a的零點的個數(shù)為()A1 B2 C3 D4解析：根據導函數(shù)圖象，知2是函數(shù)的極小值點，函數(shù)yf(x)的大致圖象如圖所示

2、由于f(0)f(3)2，1a2，所以yf(x)a的零點個數(shù)為4.答案：D3(2018廣東二模)已知函數(shù)f(x)exln x，則下面對函數(shù)f(x)的描述正確的是()Ax(0，)，f(x)2Bx(0，)，f(x)2C x0(0，)，f(x0)0Df(x)min(0，1)解析：因為f(x)exln x的定義域為(0，)，且f(x)ex，令g(x)xex1，x0，則g(x)(x1)ex0在(0，)上恒成立，所以g(x)在(0，)上單調遞增，又g(0)g(1)(e1)0，所以x0(0，1)，使g(x0)0，則f(x)在(0，x0)上單調遞減，在(x0，)上單調遞增，則f(x)minf(x0)ex0ln

3、x0，又ex0，x0ln x0，所以f(x)minx02.答案：B4若函數(shù)f(x)在R上可導，且滿足f(x)xf(x)0，則()A3f(1)f(3) B3f(1)f(3)C3f(1)f(3) Df(1)f(3)解析：由于f(x)xf(x)，則0恒成立，因此y在R上是單調減函數(shù)，所以，即3f(1)f(3)答案：B5(2018佛山市質檢)已知函數(shù)f(x)若mn，且f(m)f(n)，則nm的最小值是()A32ln 2 Be1C2 De1解析：作出函數(shù)yf(x)的圖象如圖所示若mn，且f(m)f(n)，則當ln x1時，得xe，因此1ne，1m1.又ln nm，即m2ln n1.所以nmn2ln n1

4、，設h(n)n2ln n1(1ne)，則h(n)1.當h(n)0，得2ne；當h(n)0，得1n2.故當n2時，函數(shù)h(n)取得最小值h(2)32ln 2.答案：A二、填空題6做一個無蓋的圓柱形水桶，若要使其體積是27 dm3，且用料最省，則圓柱的底面半徑為_dm.解析：設圓柱的底面半徑為R dm，母線長為l dm，則VR2l27，所以l，要使用料最省，只需使圓柱形水桶的表面積最小S表R22RlR22，所以S表2R.令S表0，得R3，則當R3時，S表最小答案：37對于x(0，2)，不等式kxexx32x恒成立，則實數(shù)k的取值范圍是_解析：對于x(0，2)，kxexx32x2恒成立則kx22x對

5、x(0，2)恒成立，設f(x)x22x，x(0，2)，則f(x)2(x1)(x1).令f(x)0，得x1，當x(1，2)時，f(x)0，函數(shù)f(x)在(1，2)上單調遞增，當x(0，1)時，f(x)0，函數(shù)f(x)在(0，1)上單調遞減，所以kf(x)minf(1)e1.故實數(shù)k的取值范圍是(，e1)答案：(，e1)8(2018江蘇卷改編)若函數(shù)f(x)2x3ax21(aR)在(0，)內有且只有一個零點，則f(x)在0，1上的最大值是_解析：f(x)6x22ax2x(3xa)(aR)，當a0時，f(x)0在(0，)上恒成立，則f(x)在(0，)上單調遞增又f(0)1，所以此時f(x)在(0，)

6、內無零點，不滿足題意，因此a0.當a0時，令f(x)0得x.當0x時，f(x)0，f(x)為減函數(shù)；當x時，f(x)0，f(x)為增函數(shù)，所以x0時，f(x)有極小值，為f1.因為f(x)在(0，)內有且只有一個零點，所以f0，所以a3.所以f(x)2x33x21，則f(x)6x(x1)當x(0，1)時，f(x)0，故f(x)在x0，1上是減函數(shù)，所以f(x)maxf(0)1.答案：1三、解答題9已知函數(shù)f(x)ln x.(1)求f(x)的單調區(qū)間；(2)求證：ln .(1)解：f(x)ln x1ln x，f(x)的定義域為(0，)f(x)，令f(x)00x1，令f(x)0x1，所以f(x)1

7、ln x在(0，1)上單調遞增，在(1，)上單調遞減(2)證明：要證ln ，即證2ln x1，即證1ln x0.由(1)可知，f(x)1ln x在(0，1)上單調遞增，在(1，)上單調遞減，所以f(x)在(0，)上的最大值為f(1)11ln 10，即f(x)0，所以1ln x0恒成立原不等式得證10已知函數(shù)f(x)ex1，g(x)x，其中e是自然對數(shù)的底數(shù)，e2.718 28(1)證明：函數(shù)h(x)f(x)g(x)在區(qū)間(1，2)上有零點；(2)求方程f(x)g(x)的根的個數(shù)，并說明理由(1)證明：由題意可得h(x)f(x)g(x)ex1x，所以h(1)e30，h(2)e230，所以h(1)

8、h(2)0，所以函數(shù)h(x)在區(qū)間(1，2)上有零點(2)解：由(1)可知，h(x)f(x)g(x)ex1x.由g(x)x知x0，)，而h(0)0，則x0為h(x)的一個零點又h(x)在(1，2)內有零點，因此h(x)在0，)上至少有兩個零點h(x)exx1，記(x)exx1.則(x)exx，當x(0，)時，(x)0，則(x)在(0，)上遞增易知(x)在(0，)內只有一個零點，所以h(x)在0，)上有且只有兩個零點，所以方程f(x)g(x)的根的個數(shù)為2.11已知函數(shù)f(x)x(a1)ln x(aR且ae)，g(x)x2exxex.(1)當x1，e時，求f(x)的最小值；(2)當a1時，若存在

9、x1e，e2，使得對任意的x22，0，f(x1)g(x2)恒成立，求a的取值范圍解：(1)函數(shù)f(x)的定義域為(0，)，f(x).若a1，當x1，e時，f(x)0，則f(x)在1，e上為增函數(shù)，f(x)minf(1)1a.若1ae，當x1，a)時，f(x)0，f(x)為減函數(shù)；當xa，e時，f(x)0，f(x)為增函數(shù)所以f(x)minf(a)a(a1)ln a1.綜上，當a1時，f(x)min1a；當1ae時，f(x)mina(a1)ln a1.(2)由題意知，f(x)(xe，e2)的最小值小于g(x)(x2，0)的最小值由(1)知，當a1時，f(x)在e，e2上單調遞增，f(x)minf(e)e(a1)，又g(x)(1ex)x.當x2，0時，g(x)0，g(x)為減函數(shù)，則g(x)ming(0)1，所以e(a1)1，解得a，所以a的取值范圍為.