高考數(shù)學(xué)精品復(fù)習(xí)資料 2019.5課時(shí)鞏固過關(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)x<2時(shí)，f (x)<0；當(dāng)x>2時(shí)，f (x)>0.即當(dāng)x<2時(shí)，f(x)是單調(diào)遞減的；當(dāng)x>2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(x>0)，不妨令h(x)x2lnx，則h(x)2x，令h(x)0，解得x，因?yàn)閤時(shí)，h(x)<0，當(dāng)x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)2<m2，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)2<m2，所以m2>3，故>3，解得m>2或m<2，故選C.答案：C4(20xx福建高考)若定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(0)1，其導(dǎo)函數(shù)f (x)滿足f (x)>k>1，則下列結(jié)論中一定錯(cuò)誤的是()Af< Bf>Cf< Df>解析：f (x)li ，f (x)>k>1，>k>1，即>k>1，當(dāng)x時(shí)，f 1>k，即f>1，則f>，所以f<一定錯(cuò)誤故選C.答案：C5(20xx吉林四模)設(shè)函數(shù)f(x)在R上存在導(dǎo)數(shù)f(x)，對(duì)任意的xR，有f(x)f(x)x2，且x(0，)時(shí)，f(x)>x.若f(2a)f(a)22a，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為()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)x>0，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(a>0，b>0)的圖象在x1處的切線與圓x2y21相切，則ab的最大值是()A4 B2C2 D.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a>0，b>0，a2b22ab,2(a2b2)(ab)2，ab.ab的最大值為，故選D.答案：D7(20xx全國卷)設(shè)函數(shù)f(x)ex(2x1)axa，其中a<1，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)<0，當(dāng)x>時(shí)，g(x)>0，所以當(dāng)x時(shí)，(g(x)min2e，當(dāng)x0時(shí)，g(0)1，當(dāng)x1時(shí)，g(1)e>0，直線yaxa恒過(1,0)，斜率為a，故a>g(0)1，且g(1)3e1aa，解得a<1，故選D.答案：D二、填空題8(20xx安徽高考)設(shè)x3axb0，其中a，b均為實(shí)數(shù)，下列條件中，使得該三次方程僅有一個(gè)實(shí)根的是_(寫出所有正確條件的序號(hào))a3，b3；a3，b2；a3，b>2；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，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)a<0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)13bb2<0或者f(x)極小值f(1)13bb2>0，解得b<2或b>2，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)2>0，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)lnk>0，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)k>2時(shí)，令G(x)0，x(0,1)，G(x0)<G(0)0，顯然所要證不等式不恒成立，綜上所述可知k的最大值為2.10(20xx福建高考)已知函數(shù)f(x)ln(1x)，g(x)kx，(kR)(1)證明：當(dāng)x>0時(shí)，f(x)<x；(2)證明：當(dāng)k<1時(shí)，存在x0>0，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t>0，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，所以F(x)在(0，)上單調(diào)遞減；故當(dāng)x>0時(shí)，F(xiàn)(x)<F(0)0，即當(dāng)x>0時(shí)，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)k<0時(shí)，G(x)>0，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)0<k<1時(shí)，令G(x)0，得x1>0.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x0>0，使得對(duì)任意的x(0，x0)，恒有f(x)>g(x)(3)當(dāng)k>1時(shí)，由(1)知，對(duì)于x(0，)，g(x)>x>f(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，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)k<1時(shí)，由(2)知存在x0>0，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)x>0時(shí)，H(x)<0，所以H(x)在0，)上單調(diào)遞減，故H(x)<H(0)0，故當(dāng)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.解法二：(1)(2)同解法一(3)當(dāng)k>1時(shí)，由(1)知，對(duì)于x(0，)，g(x)>x>f(x)，故|f(x)g(x)|g(x)f(x)kxln(1x)>kxx(k1)x，令(k1)x>x2，解得0<x<k1，從而得到當(dāng)k>1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)k<1時(shí)，取k1，從而k<k1<1.由(2)知存在x0>0，使得任意x(0，x0)，恒有f(x)>k1x>kxg(x)此時(shí)|f(x)g(x)|f(x)g(x)>(k1k)xx，令x>x2，解得0<x<，此時(shí)f(x)g(x)>x2，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，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)x>0時(shí)，M(x)<0，所以M(x)在0，)上單調(diào)遞減，故M(x)<M(0)0，故當(dāng)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；當(dāng)x(0，)時(shí)，emx10，f (x)>0.若m<0，則當(dāng)x(，0)時(shí)，emx1>0，f (x)<0；當(dāng)x(0，)時(shí)，emx1<0，f (x)>0.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)t<0時(shí)，g(t)<0；當(dāng)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)e12e<0，故當(dāng)t1,1時(shí)，g(t)0.當(dāng)m1,1時(shí)，g(m)0，g(m)0，即式成立；當(dāng)m>1時(shí)，由g(t)的單調(diào)性知，g(m)>0，即emm>e1；當(dāng)m<1時(shí)，g(m)>0，即emm>e1.綜上，m的取值范圍是1,1