《2020届高考数学理一轮（新课标通用）考点测试：16 导数的应用（二） Word版含解析.pdf》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：16 导数的应用（二） Word版含解析.pdf（17页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、考点测试 16 导数的应用(二) 一、基础小题 1函数 f(x)xln x 的单调递增区间为( ) A(，0) B(0，1) C(1，) D(，0)(1，) 答案 C 解析 函数的定义域为(0，)f(x)1 ，令 f(x)0，得 x1故选 C 1 x 2已知对任意实数 x，都有 f(x)f(x)，g(x)g(x)，且 x0 时，f(x)0， g(x)0，则 x0，g(x)0 Bf(x)0，g(x)0 Df(x)0 时， f(x)， g(x)都单调递增， 则当 x0，g(x)0 时，由导函数 f(x)ax2bxc 的图象可知，导函数在区 间(0，x1)内的值是大于 0 的，则在此区间内函数 f(
2、x)单调递增只有选项 D 符合题 意 5已知函数 f(x)x33x29x1，若 f(x)在区间k，2上的最大值为 28，则 实数 k 的取值范围为( ) A3，) B(3，) C(，3) D(，3 答案 D 解析 由题意知 f(x)3x26x9，令 f(x)0，解得 x1 或 x3，所 以 f(x)，f(x)随 x 的变化情况如下表： x(，3)3(3，1)1(1，) f(x)00 f(x)单调递增极大值单调递减极小值单调递增 又 f(3)28， f(1)4， f(2)3， f(x)在区间k， 2上的最大值为 28， 所以 k 3 6若函数 f(x)2x2ln x 在其定义域内的一个子区间(k
3、1，k1)内不是单调 函数，则实数 k 的取值范围是( ) A1，) B C1，2) D 1， 3 2) 3 2，2) 答案 B 解析 因为 f(x)的定义域为(0，)，f(x)4x ，由 f(x)0，得 x 1 x 1 2 据题意得 解得 1k0， 函数单调递增， 当 0k1，则下列结论中一定错误的是( ) Af ( 1 k) 1 k( 1 k) 1 k1 Cf ( 1 k1) 1 k1( 1 k1) k k1 答案 C 解析 构造函数 g(x)f(x)kx1， 则 g(x)f(x)k0，g(x)在 R 上为增函数 k1，0，则 gg(0) 1 k1( 1 k1) 而 g(0)f(0)10，
4、 gf10， ( 1 k1)( 1 k1) k k1 即 f1， ( 1 k1) k k1 1 k1 所以选项 C 错误故选 C 10(2017山东高考)若函数 exf(x)(e271828是自然对数的底数)在 f(x)的 定义域上单调递增， 则称函数 f(x)具有 M 性质 下列函数中具有 M 性质的是( ) Af(x)2x Bf(x)x2 Cf(x)3x Df(x)cosx 答案 A 解析 当 f(x)2x时，exf(x) x 1，当 f(x)2x时，exf(x)在 f(x) ex 2x e 2 e 2 的定义域上单调递增，故函数 f(x)具有 M 性质易知 B，C，D 不具有 M 性质，
5、 故选 A 11(2015全国卷)设函数 f(x)ex(2x1)axa，其中 a1，则 a ex02x0 1 x01 令 g(x)，则 g(x) ex2x1 x1 2xex(x3 2) x12 当 x时，g(x)0，g(x)为增函数， ( 3 2，) 要满足题意， 则 x02， 此时需满足 g(2)0，g(x)为增函数， 当 x(0，1)时，g(x)2； a0， b2； a1， b 2 答案 解析 设 f(x)x3axb 当 a3，b3 时，f(x)x33x3，f(x)3x23，令 f(x)0，得 x1 或 x2 时，f(x)x33xb，易知 f(x)的极大值为 f(1)2b0， 极小值为 f
6、(1)b20， x时， f(x)， 故方程 f(x)0 有且仅有一个实根， 故正确 当 a0，b2 时，f(x)x32，显然方程 f(x)0 有且仅有一个实根，故正 确 当 a1，b2 时，f(x)x3x2，f(x)3x210，则 f(x)在(，) 上为增函数，易知 f(x)的值域为 R，故 f(x)0 有且仅有一个实根，故正确 综上，正确条件的编号有 三、模拟小题 14 (2018郑州质检一)已知函数 f(x)x39x229x30， 实数 m， n 满足 f(m) 12，f(n)18，则 mn( ) A6 B8 C10 D12 答案 A 解析 设函数f(x)图象的对称中心为(a， b)， 则
7、有2bf(x)f(2ax)， 整理得2b (6a18)x2(12a236a)x8a336a258a60， 则可得 a3， b3， 所以函数 f(x) 图象的对称中心为(3， 3) 又 f(m)12， f(n)18， 且 f(m)f(n)6， 所以点(m， f(m) 和点(n，f(n)关于(3，3)对称，所以 mn236，故选 A 15 (2018河南新乡二模)若函数 y在(1， )上单调递减， 则称 f(x)为 P fx ln x 函数下列函数中为 P 函数的为( ) f(x)1；f(x)x；f(x) ；f(x) 1 x x A B C D 答案 B 解析 x(1， )时， ln x0， x
8、增大时，都减小， y， y 1 ln x 1 xln x 1 ln x 1 xln x 在(1， )上都是减函数， f(x)1和f(x) 都是P函数 ；， x(1， 1 x x ln x ln x1 ln x2 e)时，0， 即 y在(1， e)上单调递减， 在(e， ) x ln x x ln x x ln x 上单调递增， f(x)x不是P函数 ；， x(1， e2)时，0， 即 y在(1， e2)上单调递减， 在(e2， )上单调递增， x ln x x ln x f(x)不是 P 函数故选 Bx 16 (2018武汉调研)已知函数f(x)x2lnxa(x21)(aR)， 若f(x)0在
9、0f(2) Be2f(1)h(2)，即，所以 e2f(1)f(2)故选 A f1 e2 f2 e4 18 (2018石家庄一模)已知函数 f(x)， g(x)， 若函数 yfg(x) x2x1 x1 ln x x a 有三个不同的零点 x1，x2，x3(其中 x10)，所以函数 g(x)在(e，)上单调递减，在(0，e)上 1ln x x2 单调递增，所以 g(x)maxg(e) ，作出函数 g(x)的大致图象如图 2 所示f 1 e 1 e 因为 fg(x)a0 有三个不同的零点，所以 yfg(x)与 ya 有三 1ee2 ee2 个不同的交点， 所以 a1， 令 g(x)t， 则问题等价于
10、方程a0， 1ee2 e2e t2t1 t1 即 t2(a1)t1a0 有两个解t1， t2， 不妨设 t10 时，f(x)0； (2)若 x0 是 f(x)的极大值点，求 a 解 (1)证明：当 a0 时，f(x)(2x)ln (1x)2x，f(x)ln (1x) x 1x 设函数 g(x)f(x)ln (1x)， x 1x 则 g(x) x 1x2 当10 时，g(x)0 故当 x1 时，g(x)g(0)0，且仅当 x0 时，g(x)0，从而 f(x)0，且 仅当 x0 时，f(x)0 所以 f(x)在(1，)单调递增 又 f(0)0，故当10 时，f(x)0 (2)f(x)(2ax1)l
11、n (1x)2， 2xax2 1x 且 f(0)0，则m(1，0)，n(0，)， 当 x(m，n)时，2ax10， 当 x(m，0)时，由(1)知，ln (1x)0 恒成立， 即 a max，a 1 5x6 1 6 当 x(0，n)时，由(1)知，ln (1x)， 2x 2x 则 f(x)(2ax1)2 2x 2x 2xax2 1x x25ax6a1 1x2x 由题意，x2(0，n)使当 x(0，x2)时，f(x)0 恒成立， 即 a min，a 1 5x6 1 6 综上，a 1 6 2(2018天津高考)已知函数 f(x)ax，g(x)logax，其中 a1 (1)求函数 h(x)f(x)x
12、ln a 的单调区间； (2)若曲线 yf(x)在点(x1，f(x1)处的切线与曲线 yg(x)在点(x2，g(x2)处的切 线平行，证明 x1g(x2)； 2ln ln a ln a (3)证明当 ae 时，存在直线 l，使 l 是曲线 yf(x)的切线，也是曲线 yg(x) 1 e 的切线 解 (1)由已知，h(x)axxln a， 有 h(x)axln aln a 令 h(x)0，解得 x0 由 a1，可知当 x 变化时，h(x)，h(x)的变化情况如下表： x(，0)0(0，) h(x)0 h(x) 极小值 所以函数 h(x)的单调递减区间为(，0)，单调递增区间为(0，) (2)证明
13、 ： 由 f(x)axln a， 可得曲线 yf(x)在点(x1， f(x1)处的切线斜率为 ax1ln a 由 g(x)，可得曲线 yg(x)在点(x2，g(x2)处的切线斜率为 1 xln a 1 x2ln a 因为这两条切线平行，故有 ax1ln a， 1 x2ln a 即 x2ax1(ln a)21 两边取以 a 为底的对数，得 logax2x12loga(ln a)0，所以 x1g(x2) 2ln ln a ln a (3)证明：曲线 yf(x)在点(x1，ax1)处的切线 l1：yax1ax1ln a(xx1) 曲线 yg(x)在点(x2，logax2)处的切线 l2：ylogax
14、2(xx2) 1 x2ln a 要证明当 ae 时，存在直线 l，使 l 是曲线 yf(x)的切线，也是曲线 yg(x) 1 e 的切线，只需证明当 ae 时，存在 x1(，)， x2(0，)， 使得 l1与 l2 1 e 重合 即只需证明当 ae 时， 1 e 方程组有解 由得 x2，代入， 1 ax1ln a2 得 ax1x1ax1ln ax10 1 ln a 2ln ln a ln a 因此，只需证明当 ae 时，关于 x1的方程存在实数解 1 e 设函数 u(x)axxaxln ax， 1 ln a 2ln ln a ln a 即要证明当 ae 时，函数 yu(x)存在零点 1 e u
15、(x)1(ln a)2xax，可知 x(，0)时， u(x)0；x(0，)时，u(x)单调递减， 又 u(0)10，u1a0，使得 1 ln a2 1 ln a2 u(x0)0， 即 1(ln a)2x0ax00 由此可知 u(x)在(，x0)上单调递增，在(x0，)上单调递减u(x)在 xx0 处取得极大值 u(x0) 因为 ae ，故 ln (ln a)1， 1 e 所以 u(x0)ax0x0ax0ln ax0x0 1 ln a 2ln ln a ln a 1 x0ln a2 2ln ln a ln a 0 22ln ln a ln a 下面证明存在实数 t，使得 u(t)时，有 1 ln
16、 a u(x)(1xln a)(1xln a)x(ln a)2x2x1 1 ln a 2ln ln a ln a 1 ln a ， 2ln ln a ln a 所以存在实数 t，使得 u(t)1 时，g(x)0，g(x)单调递增 所以 x1 是 g(x)的极小值点， 故 g(x)g(1)0 综上，a1 (2)证明：由(1)知 f(x)x2xxln x，f(x)2x2ln x 设 h(x)2x2ln x，则 h(x)2 1 x 当 x0， 时，h(x)0，且 x1 时，f(x) ln x x1 解 (1)f(x) ax1 x ln x x12 b x2 由于直线 x2y30 的斜率为 ，且过点(
17、1，1)， 1 2 故即 解得 a1，b1 (2)证明：由(1)知 f(x) ， ln x x1 1 x 所以 f(x)2ln x ln x x1 1 1x2 x21 x 令 h(x)2ln x(x0)， x21 x 则 h(x) 2 x 2x2x2 1 x2 x12 x2 所以当 x1 时，h(x)0，可得h(x)0； 1 1x2 当 x(1，)时，h(x)0 1 1x2 从而当 x0，且 x1 时，f(x)0 ln x x1 即 f(x) ln x x1 5(2018广东广州调研)已知函数 f(x)aln xxb(a0) (1)当 b2 时，若函数 f(x)恰有一个零点，求实数 a 的取值
18、范围； (2)当 ab0，b0 时，对任意 x1，x2 ，e，有|f(x1)f(x2)|e2 成立，求 1 e 实数 b 的取值范围 解 (1)函数 f(x)的定义域为(0，) 当 b2 时，f(x)aln xx2，所以 f(x) 2x a x 2x2a x 当 a0 时，f(x)0，所以 f(x)在(0，)上单调递增， 取 x0e ，则 f(e )1(e )2 时，f(x)0，所以 f(x)在 ，上单调递增a 2 a 2 要使函数 f(x)有一个零点，则 f aln 0，即 a2ea 2 a 2 a 2 综上所述，若函数 f(x)恰有一个零点， 则 a2e 或 a0 (2)因为对任意 x1，
19、x2 ，e， 1 e 有|f(x1)f(x2)|e2 成立， 又|f(x1)f(x2)|f(x)maxf(x)minx ，e， 1 e 所以 f(x)maxf(x)mine2 因为 ab0，所以 ab 所以 f(x)bln xxb，所以 f(x)bxb1 b x bxb 1 x 因为 b0，所以当 01 时，f(x)0， 所以函数 f(x)在 ， 1 上单调递减， 在(1， e上单调递增， f(x)minf(1)1， f(x)max 1 e maxf ，f(e) 1 e 易知 f beb，f(e)beb， 1 e 设 g(b)f(e)f ebeb2b(b0)， 1 e 则 g(b)ebeb2220ebeb 所以 g(b)在(0，)上单调递增，故 g(b)g(0)0， 所以 f(e)f 1 e 从而 f(x)maxf(e)beb 所以beb1e2，即 ebbe10， 设 (b)ebbe1(b0)，则 (b)eb1 当 b0 时，(b)0，所以 (b)在(0，)上单调递增 又 (1)0，所以 ebbe10 即为 (b)(1)，解得 b1 又因为 b0，所以 b 的取值范围为(0，1