《高考數(shù)學(xué)理二輪專題復(fù)習(xí)檢測(cè)第二篇 專題滿分突破 專題二　函數(shù)與導(dǎo)數(shù)：課時(shí)鞏固過(guò)關(guān)練七 Word版含解析》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學(xué)理二輪專題復(fù)習(xí)檢測(cè)第二篇 專題滿分突破 專題二　函數(shù)與導(dǎo)數(shù)：課時(shí)鞏固過(guò)關(guān)練七 Word版含解析（18頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、高考數(shù)學(xué)精品復(fù)習(xí)資料 2019.5課時(shí)鞏固過(guò)關(guān)練(七)導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用一、選擇題1設(shè)函數(shù)f(x)lnx，則()Ax為f(x)的極大值點(diǎn)Bx為f(x)的極小值點(diǎn)Cx2為f(x)的極大值點(diǎn)Dx2為f(x)的極小值點(diǎn)解析：f (x)，令f (x)0，則x2.當(dāng)x2時(shí)，f (x)2時(shí)，f (x)0.即當(dāng)x2時(shí)，f(x)是單調(diào)遞增的所以x2是f(x)的極小值點(diǎn)，故選D.答案：D2設(shè)直線xt與函數(shù)f(x)x2，g(x)lnx的圖象分別交于點(diǎn)M，N，則當(dāng)|MN|達(dá)到最小時(shí)t的值為()A1 B.C. D.解析：由題|MN|x2lnx(x0)，不妨令h(x)x2lnx，則h(x)2x，令h(x)0，解得x，因?yàn)閤

2、時(shí)，h(x)0，所以當(dāng)x時(shí)，|MN|達(dá)到最小，即t.答案：D3設(shè)函數(shù)f(x)sin.若存在f(x)的極值點(diǎn)x0滿足xf(x0)2m2，則m的取值范圍是()A(，6)(6，)B(，4)(4，)C(，2)(2，)D(，1)(1，)解析：由題意知f(x)的極值為，所以f(x0)23，因?yàn)閒 (x0)cos0，所以k，kZ，所以k，kZ，即，所以|x0|，即xf(x0)23，而已知xf(x0)23，故3，解得m2或mk1，則下列結(jié)論中一定錯(cuò)誤的是()AfCf解析：f (x)li ，f (x)k1，k1，即k1，當(dāng)x時(shí)，f 1k，即f1，則f，所以fx.若f(2a)f(a)22a，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為(

3、)A1，) B(，1C(，2 D2，)解析：f(x)f(x)x2，f(x)x2f(x)x20，令g(x)f(x)x2，g(x)g(x)f(x)x2f(x)x20，函數(shù)g(x)為奇函數(shù)x(0，)時(shí)，f(x)x.x(0，)時(shí)，g(x)f(x)x0，故函數(shù)g(x)在(0，)上是增函數(shù)，故函數(shù)g(x)在(，0)上也是增函數(shù)，由f(0)0，可得g(x)在R上是增函數(shù)f(2a)f(a)22a，等價(jià)于f(2a)f(a)，即g(2a)g(a)，2aa，解得a1，故選B.答案：B6(20xx貴州模擬)若函數(shù)f(x)lnx(a0，b0)的圖象在x1處的切線與圓x2y21相切，則ab的最大值是()A4 B2C2 D

4、.解析：f(x)lnx的導(dǎo)數(shù)為f (x)，令x1，則f (1)，又f(1)，則切線方程為y(x1)，即axby10，切線與圓x2y21相切，1，a2b21.又a0，b0，a2b22ab,2(a2b2)(ab)2，ab.ab的最大值為，故選D.答案：D7(20xx全國(guó)卷)設(shè)函數(shù)f(x)ex(2x1)axa，其中a1，若存在唯一的整數(shù)x0，使得f(x0)0，則a的取值范圍是()A. B.C. D.解析：設(shè)g(x)ex(2x1)，yaxa，由題知存在唯一的整數(shù)x0，使得g(x0)在直線yaxa的下方因?yàn)間(x)ex(2x1)，所以當(dāng)x時(shí)，g(x)時(shí)，g(x)0，所以當(dāng)x時(shí)，(g(x)min2e，當(dāng)x

5、0時(shí)，g(0)1，當(dāng)x1時(shí)，g(1)e0，直線yaxa恒過(guò)(1,0)，斜率為a，故ag(0)1，且g(1)3e1aa，解得a2；a0，b2；a1，b2.解析：令f(x)x3axb，求導(dǎo)得f (x)3x2a，當(dāng)a0時(shí)，f (x)0，所以f(x)單調(diào)遞增，且至少存在一個(gè)數(shù)使f(x)0，所以f(x)x3axb必有一個(gè)零點(diǎn)，即方程x3axb0僅有一根，故正確；當(dāng)a0時(shí)，若a3，則f (x)3x233(x1)(x1)，易知，f(x)在(，1)，(1，)上單調(diào)遞增，在1,1上單調(diào)遞減，所以f(x)極大值f(1)13bb2，f(x)最小值f(1)13bb2，要使方程僅有一根，則f(x)極大值f(1)13bb

6、20，解得b2，故正確，所以使得三次方程僅有一個(gè)實(shí)根的是.答案：三、解答題9(20xx北京高考)已知函數(shù)f(x)ln.(1)求曲線yf(x)在點(diǎn)(0，f(0)處的切線方程；(2)求證：當(dāng)x(0,1)時(shí)，f(x)2；(3)設(shè)實(shí)數(shù)k使得f(x)k對(duì)x(0,1)恒成立，求k的最大值解：(1)f(x)ln，x(1,1)，f (x)，f (0)2，f(0)0，曲線yf(x)在點(diǎn)(0，f(0)處的切線方程為2xy0.(2)當(dāng)x(0,1)時(shí)，f(x)2，即不等式f(x)20，對(duì)x(0,1)成立，設(shè)F(x)ln2ln(1x)ln(1x)2，則F(x)，當(dāng)x(0,1)時(shí)，F(xiàn)(x)0，故F(x)在(0,1)上為增

7、函數(shù)，則F(x)F(0)0，對(duì)x(0,1)，f(x)2成立(3)要使f(x)k成立，x(0,1)，等價(jià)于G(x)lnk0，x(0,1)，G(x)k(1x2)，當(dāng)k0,2時(shí)，G(x)0，函數(shù)G(x)在(0,1)上為增函數(shù)，G(x)G(0)0，符合題意；當(dāng)k2時(shí)，令G(x)0，x(0,1)，G(x0)0時(shí)，f(x)x；(2)證明：當(dāng)k0，使得對(duì)任意x(0，x0)，恒有f(x)g(x)；(3)確定k的所有可能取值，使得存在t0，對(duì)任意的x(0，t)，恒有|f(x)g(x)|x2.解：解法一：(1)令F(x)f(x)xln(1x)x，x(0，)，則F(x)1，當(dāng)x(0，)，F(xiàn)(x)0時(shí)，F(xiàn)(x)0時(shí)，

8、f(x)x.(2)令G(x)f(x)g(x)ln(1x)kx，x(0，)，則有G(x)k，k0時(shí)，顯然成立，當(dāng)k0，所以G(x)在(0，)上單調(diào)遞增，G(x)G(0)0.故對(duì)任意正實(shí)數(shù)x0均滿足題意當(dāng)0k0.取x01，對(duì)任意x(0，x0)，恒有G(x)0，所以G(x)在(0，x0)上單調(diào)遞增，G(x)G(0)0，即f(x)g(x)綜上，當(dāng)k1時(shí)，總存在x00，使得對(duì)任意的x(0，x0)，恒有f(x)g(x)(3)當(dāng)k1時(shí)，由(1)知，對(duì)于x(0，)，g(x)xf(x)，故g(x)f(x)，|f(x)g(x)|g(x)f(x)kxln(1x)，令M(x)kxln(1x)x2，則有M(x)k2x，

9、故當(dāng)x時(shí)，M(x)0，M(x)在上單調(diào)遞增，故M(x)M(0)0，即|f(x)g(x)|x2，所以滿足題意的t不存在當(dāng)k0，使得對(duì)任意的x(0，x0)恒有f(x)g(x)此時(shí)|f(x)g(x)|f(x)g(x)ln(1x)kx，令N(x)ln(1x)kxx2，則有N(x)k2x，故當(dāng)x時(shí)，N(x)0，N(x)在上單調(diào)遞增，故N(x)N(0)0，即f(x)g(x)x2，記x0與中較小的為x1，則當(dāng)x(0，x1)，恒有|f(x)g(x)|x2，故滿足題意的t不存在當(dāng)k1，由(1)知，x(0，)，|f(x)g(x)|g(x)f(x)xln(1x)，令H(x)xln(1x)x2，則有H(x)12x.當(dāng)

10、x0時(shí)，H(x)0，所以H(x)在0，)上單調(diào)遞減，故H(x)0時(shí)，恒有|f(x)g(x)|1時(shí)，由(1)知，對(duì)于x(0，)，g(x)xf(x)，故|f(x)g(x)|g(x)f(x)kxln(1x)kxx(k1)x，令(k1)xx2，解得0x1時(shí)，對(duì)于x(0，k1)恒有|f(x)g(x)|x2，所以滿足題意的t不存在當(dāng)k1時(shí)，取k1，從而kk10，使得任意x(0，x0)，恒有f(x)k1xkxg(x)此時(shí)|f(x)g(x)|f(x)g(x)(k1k)xx，令xx2，解得0xx2，記x0與中較小的為x1，則當(dāng)x(0，x1)時(shí)，恒有|f(x)g(x)|x2，故滿足題意的t不存在當(dāng)k1，由(1)知

11、，當(dāng)x(0，)，|f(x)g(x)|g(x)f(x)xln(1x)，令M(x)xln(1x)x2，x0，)，則有M(x)12x，當(dāng)x0時(shí)，M(x)0，所以M(x)在0，)上單調(diào)遞減，故M(x)0時(shí)，恒有|f(x)g(x)|x2，此時(shí)，任意實(shí)數(shù)t滿足題意綜上，k1.11(20xx課標(biāo))設(shè)函數(shù)f(x)emxx2mx.(1)證明：f(x)在(，0)單調(diào)遞減，在(0，)單調(diào)遞增；(2)若對(duì)于任意x1，x21,1，都有|f(x1)f(x2)|e1，求m的取值范圍解：(1)f (x)m(emx1)2x.若m0，則當(dāng)x(，0)時(shí)，emx10，f (x)0.若m0，f (x)0；當(dāng)x(0，)時(shí)，emx10.所以，f(x)在(，0)上單調(diào)遞減，在(0，)上單調(diào)遞增(2)由(1)知，對(duì)任意的m，f(x)在1，0單調(diào)遞減，在0,1單調(diào)遞增，故f(x)在x0處取得最小值所以對(duì)于任意x1，x21,1，|f(x1)f(x2)|e1的充要條件是即設(shè)函數(shù)g(t)ette1，則g(t)et1.當(dāng)t0時(shí)，g(t)0時(shí)，g(t)0.故g(t)在(，0)單調(diào)遞減，在(0，)單調(diào)遞增又g(1)0，g(1)e12e1時(shí)，由g(t)的單調(diào)性知，g(m)0，即emme1；當(dāng)m0，即emme1.綜上，m的取值范圍是1,1