《2020届高考数学理一轮（新课标通用）考点测试：15 导数的应用（一） Word版含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020届高考数学理一轮（新课标通用）考点测试：15 导数的应用（一） Word版含解析.doc（19页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、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)1cosx0，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(x0)，f(x)，x2时，f(x)0，这时f(x)为增函数；0x2时，f(x)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)3x
2、2a0，f(x)在R上单调递增，“a0”是“f(x)在R上单调递增”的充分不必要条件故选A5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C6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)6x212
3、x，由f(x)0得x0或x2，当x2时，f(x)0，当0x2时，f(x)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0x0，当x1时，h(x)6或m0，即4m212(m6)0，所以m23m180，解得m6或m0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，a0当0x时，f(x)时，f(x)0，f(x)为
4、增函数，x0时，f(x)有极小值，为f1f(x)在(0，)内有且只有一个零点，f0，a3f(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313(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x0时，f(x)2x0；当x0时，f(x)3x233(x1)(x1)，当x0，f(x)是增函数，当1x0时，f(x)0，f(x)是减函数，f(x)f(1)2f(x)
5、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a2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D15(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
6、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)0)在1，b上的值域为22a，0，则b的取值范围是()A0，3 B0，2 C2，3 D(1，3答案A解析由f(x)(xa)33xa，得f(x)3(xa)23，令f(x)0，得x1a1，x2a1当x(，a1)(a1，)时
7、，f(x)0，当x(a1，a1)时，f(x)0)在1，b上的值域为22a，0，则f(1a)22a0，若22a0，即a1，此时f(1)4，f(0)0，22a4，f(3)0b0，3；若22a1，此时f(1)(1a)33aa33a22a2，而f(1)(2a2)a33a22a22a2a33a24(1a)(a2)20，不符合题意，b的取值范围是0，3故选A17(2018江西南昌调研)已知a为常数，函数f(x)x(ln xax)有两个极值点x1，x2(x10，f(x2)Bf(x1)0，f(x2)0，f(x2)Df(x1)答案D解析f(x)ln x2ax1，依题意知f(x)0有两个不等实根x1，x2，即曲线
8、y1ln x与直线y2ax有两个不同交点，如图由直线yx是曲线y1ln x的切线，可知02a1，0x11x2a0，由0x11，得f(x1)x1(ln x1ax1)0，当x1x0，f(x2)f(1)a，故选D18(2018广东深圳期末)已知函数f(x)xln xaex(e为自然对数的底数)有两个极值点，则实数a的取值范围是()A0， B(0，e)C，e D(，e)答案A解析由题意可得f(x)ln x1aex，因函数f(x)xln xaex有两个极值点，则直线ya和g(x)的图象在(0，)内有2个交点，易得g(x)(x0)，令h(x)ln x1，则h(x)0，即g(x)0，g(x)单调递增；当x(
9、1，)时，h(x)0，即g(x)0，g(x)单调递减，所以g(x)maxg(1)，而x0时，g(x)，x时，g(x)0，故要使直线ya和g(x)的图象在(0，)内有2个交点，只需0a，故选A一、高考大题1(2018全国卷)已知函数f(x)xaln x(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，证明：2，令f(x)0，得x或x当x时，f(x)0所以f(x)在，上单调递减，在，上单调递增(2)证明：由(1)知，f(x)存在两个极值点当且仅当a2由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x2ax10，所以x1x21，不妨设x11由于1a2a2a，所以a2等价于x22ln x20
10、设函数g(x)x2ln x，由(1)知，g(x)在(0，)上单调递减，又g(1)0，从而当x(1，)时，g(x)0所以x22ln x20，即a22(2018全国卷)已知函数f(x)exax2(1)若a1，证明：当x0时，f(x)1；(2)若f(x)在(0，)只有一个零点，求a解(1)证明：当a1时，f(x)1等价于(x21)ex10设函数g(x)(x21)ex1，则g(x)(x22x1)ex(x1)2ex当x1时，g(x)0，h(x)没有零点；()当a0时，h(x)ax(x2)ex当x(0，2)时，h(x)0所以h(x)在(0，2)单调递减，在(2，)单调递增故h(2)1是h(x)在0，)的最
11、小值若h(2)0，即a，h(x)在(0，)没有零点；若h(2)0，即a，h(x)在(0，)只有一个零点；若h(2)，由于h(0)1，所以h(x)在(0，2)有一个零点，由(1)知，当x0时，exx2，所以h(4a)11110故h(x)在(2，4a)有一个零点，因此h(x)在(0，)有两个零点综上，f(x)在(0，)只有一个零点时，a3(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k0，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
12、f(x1)f(x2)得，因为x1x2，所以由基本不等式得2，因为x1x2，所以x1x2256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)knanknk0，直线ykxa与曲线yf(x)有唯一公共点二、模拟大题4(2018广东肇庆二模)已知函数f(x)xln x(1k)xk，kR(1)当k1时，
13、求函数f(x)的单调区间；(2)当x1时，求使不等式f(x)0恒成立的k的最大整数值解(1)当k1时，f(x)xln x1，f(x)ln x1，由f(x)0，得x；由f(x)0，得0x1时f(x)0恒成立，得x1时，xln x(1k)xk0，(x1)kxln xx，即k1恒成立，设g(x)(x1)，则g(x)，令(x)ln xx2(x1)，则(x)1，当x1时，(x)0，(x)在(1，)上单调递增，而(3)1ln 30，存在x0(3，4)，使(x0)0，即x02ln x0，当x(1，x0)时，g(x)0，此时函数g(x)单调递增，g(x)在xx0处有极小值(也是最小值)，g(x)ming(x0
14、)x0(3，4)，又kg(x)恒成立，kg(x)minx0，k的最大整数值为35(2018福建四地六校联考)已知函数f(x)(x1)exax2(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)有两个零点，求实数a的取值范围解(1)f(x)的定义域为(，)，f(x)ex(x1)exaxx(exa)()若a0，则当x(，0)时，f(x)0，所以f(x)在(，0)单调递减，在(0，)单调递增()若a0，由f(x)0得x0或xln a若a1，则f(x)x(ex1)0，所以f(x)在(，)单调递增若0a1，则ln a0；当x(ln a，0)时，f(x)1，则ln a0，故当x(，0)(ln a，)时，f(x)
15、0；当x(0，ln a)时，f(x)0，所以f(x)在(，0)，(ln a，)单调递增，在(0，ln a)单调递减综上所述，当a0时，f(x)在(，0)单调递减，在(0，)单调递增；当0a1时，f(x)在(，0)，(ln a，)单调递增，在(0，ln a)单调递减(2)()若a0，则由(1)知，f(x)在(，0)单调递减，在(0，)单调递增又f(0)1，如果a0，则x趋近负无穷时，f(x)值趋近正无穷x趋近正无穷时，f(x)值趋近正无穷所以f(x)有两个零点如果a0，则x趋近负无穷时，f(x)值趋近0x趋近正无穷时，f(x)值趋近正无穷所以f(x)有一个零点()若a1，则由(1)知f(x)在(
16、，)单调递增，所以f(x)至多有一个零点()若0a1，则由(1)知，f(x)在(，ln a)，(0，)单调递增，在(ln a，0)单调递减，设bln a，当xb时，f(x)有极大值f(b)a(b1)ab2a(b22b2)1，则由(1)知，f(x)在(，0)，(ln a，)单调递增，在(0，ln a)单调递减，当x0时，f(x)有极大值f(0)10，故f(x)不存在两个零点综上，a的取值范围为a06(2018山东青岛调研)已知f(x)ax(2a1)ln x，其中aR(1)讨论函数f(x)在定义域上的单调性；(2)若0a0f(x)(ax)(2a1)(ln x)a当a0时，f(x)可以看出，当x2时
17、，f(x)0；当0x0，所以，a0时，函数f(x)在区间(0，2)上单调递增；在(2，)上单调递减当a0时，f(x)若a0，则02，当0x0；当x2时，f(x)0，所以a0时，f(x)在(0，2)上单调递增；在(2，)上单调递减若0a，则020，得0x；解不等式0，得2x所以0a，则00，得0x2；解不等式0，得x时，函数f(x)在0，和(2，)上单调递增；在，2上单调递减综上，当a0时，f(x)在(0，2)上单调递增；在(2，)上单调递减；当0a时，函数f(x)在0，和(2，)上单调递增；在，2上单调递减(2)证明：因为0a，所以a0，由(1)得，此时函数f(x)在2，上单调递减；在(0，2)，上单调递增则x(1，2)时，函数f(x)单调递增；x(2，e)时，函数f(x)单调递减，所以当x2时，函数f(x)取得极大值，也是1，e上的最大值，所以f(x)maxf(2)2a(2a1)ln 21因为0a，所以2a1，所以2a10，又(2a1)ln 20，所以f(x)maxf(2)2a(2a1)ln 210恒成立，由此，在1，e上，f(x)0恒成立所以方程f(x)0在1，e上不可能有根存在