《2020届高考文科数学一轮（新课标通用）训练检测：考点测试15 导数的应用（一） Word版含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020届高考文科数学一轮（新课标通用）训练检测：考点测试15 导数的应用（一） 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 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( ) 2 x Ax 为 f(x)的极大值点 1 2 Bx 为 f(x)的极小值点 1 2 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) 2 x 2 x2 1 x x2 x2 为增函数 ； 00”是“
2、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， “a0”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
3、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 x2 时，f(x)0，当 00，使得 f(x0)0 有解，则实数 a 的取 a x 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， a x 即 axxln x 在(0， )上有解 令 h(x)xxln x
4、， 则 h(x)1(ln x1)ln x， 令 h(x)0， 得 x1， 当 00， 当 x1 时， h(x)6 或 m0， 即 4m212(m 6)0，所以 m23m180，解得 m6 或 m0，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)xa1 x2是函数f(x)(x2 ax1)ex1的极值点， f(2)0， a1， f(x)(x2x1)ex1， f(x) ex1(x2x2)ex1(x1)(x2)，x(，2)，(1
5、，)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 3 3 2 解析 f(x)2cosx2cos2x4cos2x2cosx24(cosx1)，所以 (cosx 1 2) 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 1 2 1 2 为(kZ)，函数的增区间为 2k ，2k (kZ)，所以当 x2k 2k 5 3 ，2k 3 3 3 ，kZ 时，函数 f(x)取得最小值，此时 sinx，sin
6、2x，所以 f(x)min2 3 3 2 3 2( 3 2) . 3 2 3 3 2 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 x0 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 0 时，f(x)0，f(x)为增函数，x0 a 3 a 3 时，f(x)有极小值，为 f 1. a 3 a3 27 f(x)在(0，)内有且只有
7、一个零点， f 0，a3. a 3 f(x)2x33x21，则 f(x)6x(x1) x1 (1， 0) 0(0，1)1 f(x)00 f(x)4增1减0 f(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)Error! (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)Error! 当 x0 时， f(x)2x0，f(x)是增函数，当12 时，f(x)maxa33a. 综上，当 a(，1)时，f(x)无最大值 三、模
8、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)， x e 则 f(x)的极大值为( ) A2e1 B C1 D2ln 2 1 e 答案 D 解析 由题意知 f(x) ， f(e) ， f(e) ， f(x) 2efe x 1 e 2efe e 1 e 1 e ， 令 f(x)0， 得 x2e， f(x)在(0， 2e)上递增， 在(2e， )上递减， f(x) 2 x 1 e 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
9、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， 且 a1， 函数 f(x) 在 R 上单调递增，则实数 a 的取值范围是( ) A11 Da5 答案 B 解析 函数 f(x)在 R 上单调递增，则 a1，当 x1 时，f(x)x2 aln x， 4 x 则 f(x)2x ， 则 2x3ax40 在1，
10、)上恒成立， a 4 x2 a x 2x3ax4 x2 2x2在 x1， )上恒成立， 由于 y 2x2在1， )上单调递减， ymax2， 4 x 4 x 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)(m0 在 x ， 6 5 6 6 5 6 上恒成立，函数 g(x)sinxxcosx 在 x ，上单调递增，g(x)g sin cos 6 5 6 6 6 6 6 0.050，f(x)0 在 x ，上恒成立，即函数 f(x)在 x ，上单调 6 5 6 x sinx 6 5 6 递
11、增，f 0 时，f(x)m(x22x)ex1 ex1ex0，符合题意；当 m0；33 当 x(32，32)时，f(x)0， 所以 f(x)0 等价于3a0. x3 x2x1 设 g(x)3a， x3 x2x1 则 g(x)0， x2 x 22x3 x 2x12 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)6a22a 6a 2 0，故 f(x)有一个零 1 3 1 6 1 6 1 3 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
12、值点，求 a，并求 f(x)的单调区间； (2)证明：当 a 时，f(x)0. 1 e 解 (1)f(x)的定义域为(0，)，f(x)aex . 1 x 由题设知，f(2)0，所以 a. 1 2e2 从而 f(x)exln x1， 1 2e2 f(x)ex . 1 2e2 1 x xex22 2x 当 02 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. 1 e ex e 设 g(x) ln x1，则 g(x) . ex e ex e 1 x xexe ex 当 01 时，g(x)0. 所以 x1 是 g(x)的最小
13、值点 故当 x0 时，g(x)g(1)0. 因此，当 a 时，f(x)0. 1 e 3(2018浙江高考)已知函数 f(x)ln x.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) ， 1 2 x 1 x 由 f(x1)f(x2)得 ， 1 2 x 1 1 x1 1 2 x 2 1 x2 因为 x1x2，所以 . 1 x1 1 x2 1 2 由基本不等式得2， 1 2 x1x2x1x2 4 x1x
14、2 因为 x1x2，所以 x1x2256. 由题意得 f(x1)f(x2)ln x1ln x2ln (x1x2)x1x2 1 2 x1x2 设 g(x)ln x，则 g(x)(4)，所以 1 2 x 1 4x x x(0，16)16(16，) g(x)0 g(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)，n 21， |a|1 k 则 f(m)kma|a|kka0， f(n)kna0，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
15、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 x1， 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) . 1 e (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
16、 至多有 1 个实根，不 符合要求； 若 a0，则当 x0， 1 2a 当 xln 时，g(x)0， 1 2a 1 2a 得 00. 1 2 1 2a 1 2a 设 g(x)0 的两个不同实根为 x1，x2(x10，此时 f(x)0； 当 xx2时，g(x)1. 解 (1)f(x) a，x(0，) 1 x 当 a0 时，f(x)0 恒成立， f(x)在(0，)上单调递增； 当 a0，得 0 ， 1 a f(x)在 0， 上单调递增， 1 a 在 ，上单调递减 1 a (2)证明：当 a1 时，g(x)ln xm. 1 2x 由已知得 ln x1m，ln x2m. 1 2x1 1 2x2 两式相
17、减得 ln 0， x1 x2 1 2x1 1 2x2 整理得 x1x2， x1x2 2ln x 1 x2 x1，x2. x1 x21 2ln x 1 x2 1x 2 x1 2ln x 1 x2 x1x2， x1 x2 x2 x1 2ln x 1 x2 令 t (0，1)，h(t)t 2ln t. x1 x2 1 t 则 h(t)1 0， 1 t2 2 t t22t1 t2 h(t)在(0，1)上单调递增 h(t)1. t1 t 2ln t x1x21. 6(2018福建厦门质检一)已知函数 f(x)xex x2 x，ae，其中 e 为自然 a 3 a 2 对数的底数 (1)当 a0，x0 时，
18、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 x0，所 以只要证 exex0 即可， 记 g(x)exex(x0)， 则 g(x)exe(x0)， 当 01 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)ex ax2 axxex ax a(x1)exax(x1)(x1)(ex 1 3 1 2 2 3 1 2 ax)， 记 h(x)exax，h(x)exa. ()当 a0，h(x)在 R 上单调递增， h(0)10，h e 1x0，h(x)
19、0. 当 x01，即 a 时，对任意 x1，f(x)0， 1 e 此时 f(x)在 R 上单调递增，无极值点； 若 x01 时，f(x)0， 即 f(x)在(，x0)，(1，)上单调递增； 当 x0x0时，f(x)0， 即 f(x)在(，1)，(x0，)上单调递增； 当1exex0， 从而 h(x)0， 而对任意 xex0， 所以对任意 xR，h(x)0， 此时令 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 ()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 x1，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 a0 时，f(x)有两个极值点； 1 e 1 e 当 a 时，f(x)无极值点； 1 e 当 0ae 时，f(x)有一个极值点