2020高考数学刷题首选卷第二章函数、导数及其应用考点测试15导数的应用（一）文（含解析）.docx

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1、1考点测试 15 导数的应用(一)一、基础小题1函数 f(x)1 xsin x 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)1cos x0， f(x)在(0，2)上递增2设函数 f(x) ln x，则( )2xA x 为 f(x)的极大值点12B x 为 f(x)的极小值点12C x2 为 f(x)的极大值点D x2 为 f(x)的极小值点2答案 D解析 f(x) ln x(x0)， f( x) ， x2 时， f( x)0，这时 f(x)2x 2x2 1x x 2x2为增函数；00”是“ f(x)在 R 上单调

2、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)3 x2 a0， 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 y f(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

3、小值点故选 C.6已知 f(x)2 x36 x2 m(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)6 x212 x，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 的取值范ax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axa x xln x 在(0，)上有解令 h(x) x xln x，则 h( x)1(ln x1)ln x，令

4、h( x)0，得 x1，当 00，当 x1 时， h( x)6 或 m0，即 4 m212( m6)0，所以 m23 m180，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)( x2 ax1)e x1 的极值点，则 f(x)的极小值为( )A1 B2e 3 C5e 3 D1答案 A解析 由题意可得 f( x)e x1 x2( a2) x a1 x2 是函数 f(x)( x2 ax1)e x1 的极值点， f(2)0， a1， f(x)( x2 x1)e x1 ， f( x)e x1 (x2 x2)e x1 (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)2sin xsin2 x，则 f(x)的最小值是_答案 332解析 f( x)2cos x2cos2 x4cos 2x2cos x24(cos x1) ，所以当(cosx12)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12 12(kZ)，函数的增区间为 2k ，2 k (kZ)，所以当2k 53， 2k 3 3 3x2 k ， kZ 时，函数 f(x)取得最小值，此时 sinx ，si

6、n2 x ，所以 f(x) 3 32 32min2 .( 32) 32 33212(2018江苏高考)若函数 f(x)2 x3 ax21( 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)2 x3 ax21， f( x)6 x22 ax2 x(3x a)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， x0a3 a3时， f(x)有极小值，为 f 1.a3 a327 f(x)在(0，)内有且只有一个零

7、点，5 f 0， a3.a3 f(x)2 x33 x21，则 f( x)6 x(x1)x 1(1，0)0 (0，1) 1f( x) 0 0f(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)2 x0， f(x)是增函数，当12 时， f(x)max a33 a.综上，当 a(，1)时， f(x)无最大值

8、三、模拟小题14(2018安徽安庆二模)已知函数 f(x)2e f(e)ln x (e 是自然对数的底数)，xe则 f(x)的极大值为( )A2e1 B C1 D2ln 21e6答案 D解析 由题意知 f( x) ， f(e) ， f(e)2ef ex 1e 2ef ee 1e ， f( x) ，令 f( x)0，得 x2e， f(x)在(0，2e)上递增，在(2e，)1e 2x 1e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(

9、 ) f(b)f(a)f(c)；函数 f(x)在 x c 处取得极小值，在 x e 处取得极大值；函数 f(x)在 x c 处取得极大值，在 x e 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 D a5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，则4xf( x)2 x ，则 2x3 ax40 在1，)上恒成立， a 2 x24x2

10、 ax 2x3 ax 4x2 4x在 x1，)上恒成立，由于 y 2 x2在1，)上单调递减， ymax2，则4xa2，当 x1 时， a145.综上，实数 a 的取值范围是 2 a5.故选 B.717(2018华大新高考联盟 4 月教学质量检测) x ， ， ( m， n)(m0 在 656x ， 上恒成立，函数 g(x)sin x xcosx 在 x ， 上单调递增， g(x) 6 56 6 56g sin cos 0.050， f( x)0 在 x ， 上恒成立，即函数 f(x) 6 6 6 6 6 56在 x ， 上单调递增， f 0 时， f(x) m(x22 x)ex1e x1e

11、x0，符合题意；当 m0；3 3当 x(32 ，32 )时， f( x)0，所以 f(x)0 等价于 3 a0.x3x2 x 1设 g(x) 3 a，x3x2 x 1则 g( x) 0，x2x2 2x 3x2 x 12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)6 a22 a 6 a 2 0，故 f(x)有一个零点13 16 16 13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：

12、当 a 时， f(x)0.1e解 (1) f(x)的定义域为(0，)， f( x) aex .1x由题设知， f(2)0，所以 a .12e2从而 f(x) exln x1，12e2f( x) ex .12e2 1x xex 2 22x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9(2)证明：当 a 时， f(x) ln x1.1e exe设 g(x) ln x1，则 g( x) .exe exe 1x xex eex当 01 时， g( x)0.所以 x1 是 g(x)的最小值点故当 x0 时， g(x) g(1)0.因此，当 a 时， f(x)0

13、.1e3(2018浙江高考)已知函数 f(x) ln x.x(1)若 f(x)在 x x1， x2(x1 x2)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 y kx a 与曲线 y f(x)有唯一公共点证明 (1)函数 f(x)的导函数 f( x) ，12x 1x由 f( x1) f( x2)得 ，12x1 1x1 12x2 1x2因为 x1 x2，所以 .1x1 1x2 12由基本不等式得 2 ，12x1x2 x1 x2 4x1x2因为 x1 x2，所以 x1x2256.由题意得 f(x1) f(x2) ln x1 ln x2

14、 ln ( x1x2)x1 x212x1x2设 g(x) ln x，则 g( x) ( 4)，所以12x 14x xx (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| 1k则 f(m) km a|a| k k a0，10f(n) kn a0，直线 y kx a 与曲线 y f(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)e x(x aex)(1)当 a0 时，求 f(x)

15、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)e x，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) .1e(2)依题意，可得 f( x)( x12 aex)ex0 有两个不同的实根设 g(x) x12 aex，则 g(x)0 有两个不同的实根 x1， x2， g( x)12 aex，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 a0，则当 x0，12a当

16、 xln 时， g( x)0，12a 12a得 00.12 12a 12a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，)1x当 a0 时， f( x)0 恒成立， f(x)在(0，)上单调递增；当 a0，得 0 ，1a f(x)在 0， 上单调递增，1a在 ，上单调递减1a(2)证明：当 a1 时， g(x)ln x m.12x12由已知得 ln x1 m，ln x2 m.12x1 12x2两式相减得 ln 0，x1x2 12x1 12x2整理得 x1x2 ，x1 x22ln x1x2 x1 ，

17、x2 .x1x2 12ln x1x21 x2x12ln x1x2 x1 x2 ，x1x2 x2x12ln x1x2令 t (0，1)， h(t) t 2ln t.x1x2 1t则 h( t)1 0，1t2 2t t2 2t 1t2 h(t)在(0，1)上单调递增 h(t)1.t 1t2ln t x1 x21.6(2018福建厦门质检一)已知函数 f(x) xex x2 x， ae，其中 e 为自然对数a3 a2的底数(1)当 a0， x0 时，证明： f(x)e x2；(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 xexe x2，因为 x0，

18、所以只要证 exe x0 即可，记 g(x)e xe x(x0)，则 g( x)e xe( x0)，当 01 时， g( x)0， g(x)单调递增，所以 g(x) g(1)0，即 f(x)e x2，原不等式成立13(2)f( x)e x ax2 ax xex ax a( x1)e x ax(x1)( x1)(e x ax)，13 12 23 12记 h(x)e x ax， h( x)e x a.()当 a0， h(x)在 R 上单调递增，h(0)10， h e 1x0， h(x)0.当 x01，即 a 时，对任意 x1， f( x)0，1e此时 f(x)在 R 上单调递增，无极值点；若 x0

19、1 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1exe x0，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)e x axe xe x0(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；1e 1e当 a 时， f(x)无极值点；1e当 0 ae 时， f(x)有一个极值点15