2020高考数学刷题首秧第二章函数导数及其应用考点测试15导数的应用一文含解析20190506454.docx

考点测试15导数的应用(一)一、基础小题1函数f(x)1xsinx在(0，2)上是()A增函数B减函数C在(0，)上增，在(，2)上减D在(0，)上减，在(，2)上增答案A解析f(x)1cosx>0，f(x)在(0，2)上递增2设函数f(x)ln x，则()Ax为f(x)的极大值点Bx为f(x)的极小值点Cx2为f(x)的极大值点Dx2为f(x)的极小值点答案D解析f(x)ln x(x>0)，f(x)，x>2时，f(x)>0，这时f(x)为增函数；0<x<2时，f(x)<0，这时f(x)为减函数，据此知x2为f(x)的极小值点，故选D.3函数f(x)x33x22在区间1，1上的最大值是()A2 B0 C2 D4答案C解析f(x)3x26x，令f(x)0，得x0或x2(舍去)所以f(x)在1，0)上是增函数，f(x)在(0，1上是减函数，所以当x0时，f(x)maxf(0)2.故选C.4已知函数f(x)x3ax，则“a>0”是“f(x)在R上单调递增”的()A充分不必要条件 B必要不充分条件C充要条件 D既不充分也不必要条件答案A解析当a0时，f(x)3x2a0，f(x)在R上单调递增，“a>0”是“f(x)在R上单调递增”的充分不必要条件故选A.5如图是函数yf(x)的导函数f(x)的图象，则下面判断正确的是()A在(2，1)上f(x)是增函数B在(1，3)上f(x)是减函数C在(4，5)上f(x)是增函数D当x4时，f(x)取极大值答案C解析由导函数f(x)的图象知，f(x)在(2，1)上先减后增，在(1，3)上先增后减，在(4，5)上单调递增，x4是f(x)的极小值点故选C.6已知f(x)2x36x2m(m为常数)在2，2上有最大值，且最大值为3，那么此函数在2，2上的最小值为()A0 B5 C10 D37答案D解析由题意知，f(x)6x212x，由f(x)0得x0或x2，当x<0或x>2时，f(x)>0，当0<x<2时，f(x)<0，f(x)在2，0上单调递增，在0，2上单调递减，由条件知f(0)m3，f(2)5，f(2)37，最小值为37.7已知函数f(x)1ln x，存在x0>0，使得f(x0)0有解，则实数a的取值范围是()A(2，) B(，3)C(，1 D3，)答案C解析由于函数f(x)的定义域是(0，)，不等式f(x)1ln x0有解，即axxln x在(0，)上有解令h(x)xxln x，则h(x)1(ln x1)ln x，令h(x)0，得x1，当0<x<1时，h(x)>0，当x>1时，h(x)<0，可得当x1时，函数h(x)xxln x取得最大值，要使不等式axxln x在(0，)上有解，只需ah(x)maxh(1)即可，即a1.8已知函数f(x)x3mx2(m6)x1既存在极大值又存在极小值，则实数m的取值范围是_答案m>6或m<3解析对函数f(x)求导得f(x)3x22mxm6，要使函数f(x)既存在极大值又存在极小值，则f(x)0有两个不同的根，所以判别式>0，即4m212(m6)>0，所以m23m18>0，解得m>6或m<3.二、高考小题9(2017·浙江高考)函数yf(x)的导函数yf(x)的图象如图所示，则函数yf(x)的图象可能是()答案D解析观察导函数f(x)的图象可知，f(x)的函数值从左到右依次为小于0，大于0，小于0，大于0，对应函数f(x)的增减性从左到右依次为减、增、减、增观察选项可知，排除A，C.如图所示，f(x)有3个零点，从左到右依次设为x1，x2，x3，且x1，x3是极小值点，x2是极大值点，且x2>0，故选项D正确故选D.10(2017·全国卷)若x2是函数f(x)(x2ax1)ex1的极值点，则f(x)的极小值为()A1 B2e3 C5e3 D1答案A解析由题意可得f(x)ex1x2(a2)xa1x2是函数f(x)(x2ax1)ex1的极值点，f(2)0，a1，f(x)(x2x1)·ex1，f(x)ex1(x2x2)ex1(x1)(x2)，x(，2)，(1，)时，f(x)0，f(x)单调递增；x(2，1)时，f(x)0，f(x)单调递减f(x)极小值f(1)1.故选A.11(2018·全国卷)已知函数f(x)2sinxsin2x，则f(x)的最小值是_答案解析f(x)2cosx2cos2x4cos2x2cosx24(cosx1)，所以当cosx时函数单调递减，当cosx时函数单调递增，从而得到函数的减区间为(kZ)，函数的增区间为2k，2k(kZ)，所以当x2k，kZ时，函数f(x)取得最小值，此时sinx，sin2x，所以f(x)min2×.12(2018·江苏高考)若函数f(x)2x3ax21(aR)在(0，)内有且只有一个零点，则f(x)在1，1上的最大值与最小值的和为_答案3解析f(x)2x3ax21，f(x)6x22ax2x(3xa)若a0，则x>0时，f(x)>0，f(x)在(0，)上为增函数，又f(0)1，f(x)在(0，)上没有零点，不符合题意，a>0.当0<x<时，f(x)<0，f(x)为减函数；当x>时，f(x)>0，f(x)为增函数，x>0时，f(x)有极小值，为f1.f(x)在(0，)内有且只有一个零点，f0，a3.f(x)2x33x21，则f(x)6x(x1)x1(1，0)0(0，1)1f(x)00f(x)4增1减0f(x)在1，1上的最大值为1，最小值为4.最大值与最小值的和为3.13(2016·北京高考)设函数f(x)(1)若a0，则f(x)的最大值为_；(2)若f(x)无最大值，则实数a的取值范围是_答案(1)2(2)(，1)解析(1)若a0，则f(x)当x>0时，f(x)2x<0；当x0时，f(x)3x233(x1)(x1)，当x<1时，f(x)>0，f(x)是增函数，当1<x<0时，f(x)<0，f(x)是减函数，f(x)f(1)2.f(x)的最大值为2.(2)在同一平面直角坐标系中画出y2x和yx33x的图象，如图所示，当a<1时，f(x)无最大值；当1a2时，f(x)max2；当a>2时，f(x)maxa33a.综上，当a(，1)时，f(x)无最大值三、模拟小题14(2018·安徽安庆二模)已知函数f(x)2ef(e)ln x(e是自然对数的底数)，则f(x)的极大值为()A2e1 B C1 D2ln 2答案D解析由题意知f(x)，f(e)，f(e)，f(x)，令f(x)0，得x2e，f(x)在(0，2e)上递增，在(2e，)上递减，f(x)的极大值为f(2e)2ln (2e)22ln 2，选D.15(2018·豫南九校第四次质量考评)已知定义在R上的函数f(x)，其导函数f(x)的大致图象如图所示，则下列叙述正确的是()f(b)>f(a)>f(c)；函数f(x)在xc处取得极小值，在xe处取得极大值；函数f(x)在xc处取得极大值，在xe处取得极小值；函数f(x)的最小值为f(d)A B C D答案A解析由导函数图象可知在(，c)，(e，)上，f(x)>0，在(c，e)上，f(x)<0，所以函数f(x)在(，c)，(e，)上单调递增，在(c，e)上单调递减，所以f(a)<f(b)<f(c)，函数f(x)在xc处取得极大值，在xe处取得极小值，函数f(x)没有最小值故选A.16(2018·湖北黄冈、黄石等八校3月联考)已知实数a>0，且a1，函数f(x)在R上单调递增，则实数a的取值范围是()A1<a5 B2a5Ca>1 Da5答案B解析函数f(x)在R上单调递增，则a>1，当x1时，f(x)x2aln x，则f(x)2x，则2x3ax40在1，)上恒成立，a2x2在x1，)上恒成立，由于y2x2在1，)上单调递减，ymax2，则a2，当x1时，a145.综上，实数a的取值范围是2a5.故选B.17(2018·华大新高考联盟4月教学质量检测)x，(m，n)(m<n)，则nm的最小值为()A. B. C. D.答案C解析设f(x)，x，则f(x)，x，设g(x)sinxxcosx，x，则g(x)cosx(cosxxsinx)xsinx，则g(x)>0在x，上恒成立，函数g(x)sinxxcosx在x，上单调递增，g(x)>gsincos0.05>0，f(x)>0在x，上恒成立，即函数f(x)在x，上单调递增，f<f(x)<f，<f(x)<，则nm的最小值为.故选C.18(2018·湖南张家界第三次模拟)已知关于x的不等式m(x22x)ex1ex在(，0上恒成立，则实数m的取值范围为()A1，) B0，)C， D.，答案C解析令f(x)m(x22x)ex1ex，x(，0，x(，0，x22x0.当m0时，f(x)1ex1e00，符合题意；当m>0时，f(x)m(x22x)ex1ex1ex0，符合题意；当m<0时，f(x)(mx22m1)ex0恒成立，则f(x)在(，0上单调递减，f(x)f(0)0，符合题意；当m<时，令f(x)0，解得x(正值舍去)，则f(x)在，0上单调递增，在，上单调递减，存在x0，使得f(x0)<f(0)0，不符合题意，舍去综上所述，实数m的取值范围为，.故选C.一、高考大题1(2018·全国卷)已知函数f(x)x3a(x2x1)(1)若a3，求f(x)的单调区间；(2)证明：f(x)只有一个零点解(1)当a3时，f(x)x33x23x3，f(x)x26x3.令f(x)0，解得x32或x32.当x(，32)(32，)时，f(x)>0；当x(32，32)时，f(x)<0.故f(x)在(，32)，(32，)上单调递增，在(32，32)上单调递减(2)证明：由于x2x1>0，所以f(x)0等价于3a0.设g(x)3a，则g(x)0，仅当x0时，g(x)0，所以g(x)在(，)上单调递增故g(x)至多有一个零点，从而f(x)至多有一个零点又f(3a1)6a22a6a2<0，f(3a1)>0，故f(x)有一个零点综上，f(x)只有一个零点2(2018·全国卷)已知函数f(x)aexln x1.(1)设x2是f(x)的极值点，求a，并求f(x)的单调区间；(2)证明：当a时，f(x)0.解(1)f(x)的定义域为(0，)，f(x)aex.由题设知，f(2)0，所以a.从而f(x)exln x1，f(x)ex.当0<x<2时，f(x)<0；当x>2时，f(x)>0.所以f(x)在(0，2)上单调递减，在(2，)上单调递增(2)证明：当a时，f(x)ln x1.设g(x)ln x1，则g(x).当0<x<1时，g(x)<0；当x>1时，g(x)>0.所以x1是g(x)的最小值点故当x>0时，g(x)g(1)0.因此，当a时，f(x)0.3(2018·浙江高考)已知函数f(x)ln x.(1)若f(x)在xx1，x2(x1x2)处导数相等，证明：f(x1)f(x2)>88ln 2；(2)若a34ln 2，证明：对于任意k>0，直线ykxa与曲线yf(x)有唯一公共点证明(1)函数f(x)的导函数f(x)，由f(x1)f(x2)得，因为x1x2，所以.由基本不等式得2，因为x1x2，所以x1x2>256.由题意得f(x1)f(x2)ln x1ln x2ln (x1x2)设g(x)ln x，则g(x)(4)，所以x(0，16)16(16，)g(x)0g(x)24ln 2所以g(x)在256，)上单调递增，故g(x1x2)>g(256)88ln 2，即f(x1)f(x2)>88ln 2.(2)令me(|a|k)，n21，则f(m)kma>|a|kka0，f(n)kna<nknk<0，所以，存在x0(m，n)使f(x0)kx0a，所以，对于任意的aR及k(0，)，直线ykxa与曲线yf(x)有公共点由f(x)kxa得k.设h(x)，则h(x)，其中g(x)ln x.由(1)可知g(x)g(16)，又a34ln 2，故g(x)1ag(16)1a34ln 2a0，所以h(x)0，即函数h(x)在(0，)上单调递减，因此方程f(x)kxa0至多有1个实根综上，当a34ln 2时，对于任意k>0，直线ykxa与曲线yf(x)有唯一公共点二、模拟大题4(2018·湖北八市联考)已知函数f(x)ex(xaex)(1)当a0时，求f(x)的极值；(2)若f(x)有两个不同的极值点，求a的取值范围解(1)当a0时，f(x)xex，f(x)(x1)ex，令f(x)>0，可得x>1，故f(x)在(1，)上单调递增，同理可得f(x)在(，1)上单调递减，故f(x)在x1处有极小值f(1).(2)依题意，可得f(x)(x12aex)ex0有两个不同的实根设g(x)x12aex，则g(x)0有两个不同的实根x1，x2，g(x)12aex，若a0，则g(x)1，此时g(x)为增函数，故g(x)0至多有1个实根，不符合要求；若a>0，则当x<ln 时，g(x)>0，当x>ln 时，g(x)<0，故此时g(x)在，ln 上单调递增，在ln ，上单调递减，g(x)的最大值为gln ln 11ln ，又当x时，g(x)，当x时，g(x)，故要使g(x)0有两个不同实根，则gln ln >0，得0<a<或作图象知要使g(x)0有两个不同实根，则gln ln >0.设g(x)0的两个不同实根为x1，x2(x1<x2)，当x<x1时，g(x)<0，此时f(x)<0；当x1<x<x2时，g(x)>0，此时f(x)>0；当x>x2时，g(x)<0，此时f(x)<0.故x1为f(x)的极小值点，x2为f(x)的极大值点，0<a<符合要求综上所述，a的取值范围为0，.5(2018·广东三校联考)已知函数f(x)ln xax.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当a1时，函数g(x)f(x)xm有两个零点x1，x2，且x1<x2.求证：x1x2>1.解(1)f(x)a，x(0，)当a0时，f(x)>0恒成立，f(x)在(0，)上单调递增；当a<0时，令f(x)0，解得x，令f(x)>0，得0<x<，令f(x)<0，得x>，f(x)在0，上单调递增，在，上单调递减(2)证明：当a1时，g(x)ln xm.由已知得ln x1m，ln x2m.两式相减得ln 0，整理得x1x2，x1，x2.x1x2，令t(0，1)，h(t)t2ln t.则h(t)1>0，h(t)在(0，1)上单调递增h(t)<h(1)0，即t<2ln t，又ln t<0，>1.x1x2>1.6(2018·福建厦门质检一)已知函数f(x)xexx2x，ae，其中e为自然对数的底数(1)当a0，x>0时，证明：f(x)ex2；(2)讨论函数f(x)极值点的个数解(1)证明：依题意，f(x)xex，故原不等式可化为xexex2，因为x>0，所以只要证exex0即可，记g(x)exex(x>0)，则g(x)exe(x>0)，当0<x<1时，g(x)<0，g(x)单调递减；当x>1时，g(x)>0，g(x)单调递增，所以g(x)g(1)0，即f(x)ex2，原不等式成立(2)f(x)exax2axxexaxa(x1)exax(x1)(x1)(exax)，记h(x)exax，h(x)exa.()当a<0时，h(x)exa>0，h(x)在R上单调递增，h(0)1>0，he1<0，所以存在唯一的x0，0，使h(x0)0，且当x<x0时，h(x)<0；当x>x0，h(x)>0.当x01，即a时，对任意x1，f(x)>0，此时f(x)在R上单调递增，无极值点；若x0<1，即<a<0时，此时当x<x0或x>1时，f(x)>0，即f(x)在(，x0)，(1，)上单调递增；当x0<x<1时，f(x)<0，即f(x)在(x0，1)上单调递减，此时f(x)有一个极大值点x0和一个极小值点1.若1<x0<0，即a<时，此时当x<1或x>x0时，f(x)>0，即f(x)在(，1)，(x0，)上单调递增；当1<x<x0时，f(x)<0，即f(x)在(1，x0)上单调递减，此时f(x)有一个极大值点1和一个极小值点x0.()当a0时，f(x)xex，所以f(x)(x1)ex，显然f(x)在(，1)上单调递减，在(1，)上单调递增，此时f(x)有一个极小值点1，无极大值点()当0<a<e时，由(1)可知，对任意x0，h(x)exax>exex0，从而h(x)>0，而对任意x<0，h(x)exax>ex>0，所以对任意xR，h(x)>0，此时令f(x)<0，得x<1，令f(x)>0，得x>1，所以f(x)在(，1)上单调递减，在(1，)上单调递增，此时f(x)有一个极小值点1，无极大值点()当ae时，由(1)可知，对任意xR，h(x)exaxexex0(当且仅当x1时，取等号)，此时令f(x)<0，得x<1，令f(x)0，得x1，所以f(x)在(，1)上单调递减，在1，)上单调递增，此时f(x)有一个极小值点1，无极大值点综上所述，当a<或<a<0时，f(x)有两个极值点；当a时，f(x)无极值点；当0ae时，f(x)有一个极值点15