2020高考数学刷题首选卷考点测试15导数的应用（一）理（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)的极小值点答案 D2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 A5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)的极小

3、值点故选 C6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 h(

4、 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 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 1a3 a327 f(x)在(0，)内有且只有一个零点，5 f 0， a3a3 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

5、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)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( )6A2e1 B C1 D2ln 21e答案 D解析 由题意知 f( x) ，

6、2ef ex 1e f(e) ， f(e) ，2ef ee 1e 1e f( x) ，令 f( x)0，得 x2e，2x 1e 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)的大致图象如图所示，则下列叙述正确的是( ) 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

7、解析 由导函数图象可知在(， c)，( e，)上， f( x)0，在( c， e)上， f( x)0)在1， b上的值域为22 a，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)( x a)33 x a，得 f( x)3( x a)23，令 f( x)0，得x1 a1， x2 a1当 x(， a1)( a1，)时， f( x)0，当 x( a1， a1)时， f( x)0)在1， b上的值域为22 a，0，则 f(1 a)22 a0，若 22 a0，即 a1，此时 f(1)4， f(0)0，22 a4， f(3)0 b0，3；若 22 a1，此

8、时 f(1)(1 a)33 a a33 a22 a2，而 f(1)(2 a2) a33 a22 a22 a2 a33 a24(1 a)(a2) 20， f(x2)12B f(x1)0， f(x2)12答案 D解析 f( x)ln x2 ax1，依题意知 f( x)0 有两个不等实根 x1， x2，即曲线 y1ln x 与直线 y2 ax 有两个不同交点，如图由直线 y x 是曲线 y1ln x 的切线，可知 00， f(x2)f(1) a ，故选 D1218(2018广东深圳期末)已知函数 f(x) xln x aex(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，

9、B(0，e)1eC，e D(，e)1e8答案 A解析 由题意可得 f( x)ln x1 aex，因函数 f(x) xln x aex有两个极值点，则直线 y a 和 g(x) 的图象在(0，)内有 2 个交点，易得 g( x)ln x 1ex(x0)，1x ln x 1ex令 h(x) ln x1，则 h( x) 0，即 g( x)0， g(x)单调递增；当 x(1，)时， h(x)2，令 f( x)0，得 x 或 x a a2 42 a a2 42当 x 时， f( x)0(a a2 42 ， a a2 42 )所以 f(x)在 ， 上单调递减，在 ，(0，a a2 42 ) (a a2 4

10、2 ， ) a a2 429上单调递增a a2 42(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 x2 ax10，所以 x1x21，不妨设 x11由于 1 a 2 a 2 afx1 fx2x1 x2 1x1x2 ln x1 ln x2x1 x2 ln x1 ln x2x1 x2， 2ln x21x2 x2所以 0， h(x)没有零点；()当 a0 时， h( x) ax(x2)e x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，)的最小值4ae2若 h(2)

11、0，即 a ，由于 h(0)1，所以 h(x)在(0，2)有一个零点，e24由(1)知，当 x0 时，e xx2，所以 h(4a)1 1 1 1 016a3e4a 16a3e2a2 16a32a4 1a故 h(x)在(2，4 a)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， a e243(2018浙江高考)已知函数 f(x) ln xx(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

12、)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 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(x

13、1) f(x2)88ln 2(2)令 me (| a| k)， n 21，|a| 1k则 f(m) km a|a| k k a0，f(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广东肇庆二模)已知函数 f(x) xln x(1 k)x k， kR(1)当 k1 时，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)1 时 f(x)0 恒成立，得 x1 时， xln x(1 k)x k

14、0，( x1) k1 恒成立，xln x xx 1设 g(x) (x1)，xln x xx 1则 g( x) ， ln x x 2x 12令 (x)ln x x2( x1)，则 ( x) 1， 1x当 x1 时， ( x)0， (x)在(1，)上单调递增，12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 x x0处有极小值(也是最小值)， g(x)min g(x0) x0(3 ，4)，x0ln x0 x0x0 1 x0x0 2 x0x0 1又 k0，所以 f(x)在(，0)单

15、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 00；当 x(ln a，0)时， f( x)1，则 ln a0，故当 x(，0)(ln a，)时， f( x)0；当x(0，ln a)时， f( x)1 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 a1，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，

16、 f(x)有极大值 f(0)102xf( x)( ax)(2 a1)(ln x) a 2x 2a 1x 2x2 ax2 2a 1x 2x2ax 1x 2x2当 a0 时， f( x) x 2x2可以看出，当 x2 时， f( x)0，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) ax 1x 2x2 ax 1ax 2x2若 a0；当 x2 时， f( x)0，得 0 ；解不等式12 1a ax 1ax 2x2 1a14，则 00，得 02；ax 1ax 2x2 1a解不等式 时，函数 f(x)在 0， 和(2，)上单调递增；在 ，2

17、上单调递减12 1a 1a综上，当 a0 时， f(x)在(0，2)上单调递增；在(2，)上单调递减；当 0 时，函数 f(x)在 0， 和(2，)上单调递增；在 ，2 上单调递减12 1a 1a(2)证明：因为 0a ，所以 a0，1e 12由(1)得，此时函数 f(x)在 2， 上单调递减；在(0，2)，上单调递增1a 1a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)max f(2)2 a(2 a1)ln 21因为 0a ，所以 2a1，所以 2a10，1e又(2 a1)ln 20，所以 f(x)max f(2)2 a(2 a1)ln 210 恒成立，由此，在1，e上， f(x)0 恒成立15所以方程 f(x)0 在1，e上不可能有根存在16