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） .doc

www.ks5u.com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x>1故选C2已知对任意实数x，都有f(x)f(x)，g(x)g(x)，且x>0时，f(x)>0，g(x)>0，则x<0时()Af(x)>0，g(x)>0 Bf(x)>0，g(x)<0Cf(x)<0，g(x)>0 Df(x)<0，g(x)<0答案B解析由题意知f(x)是奇函数，g(x)是偶函数当x>0时，f(x)，g(x)都单调递增，则当x<0时，f(x)单调递增，g(x)单调递减，即f(x)>0，g(x)<03若曲线f(x)，g(x)x在点P(1，1)处的切线分别为l1，l2，且l1l2，则实数的值为()A2 B2 C D答案A解析f(x)，g(x)x1，所以在点P处的斜率分别为k1，k2，因为l1l2，所以k1k21，所以2，选A4已知函数f(x)的导函数f(x)ax2bxc的图象如图所示，则f(x)的图象可能是()答案D解析当x<0时，由导函数f(x)ax2bxc<0，知相应的函数f(x)在该区间内单调递减；当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(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)00f(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k36若函数f(x)2x2ln x在其定义域内的一个子区间(k1，k1)内不是单调函数，则实数k的取值范围是()A1，) B C1，2) D答案B解析因为f(x)的定义域为(0，)，f(x)4x，由f(x)0，得x据题意得解得1k<故选B7已知函数f(x)的导函数为f(x)5cosx，x(1，1)，且f(0)0，如果f(1x)f(1x2)<0，则实数x的取值范围为_答案(1，)解析导函数f(x)是偶函数，且f(0)0，原函数f(x)是奇函数，且定义域为(1，1)，又导函数值恒大于0，原函数在定义域上单调递增，所求不等式变形为f(1x)<f(x21)，1<1x<x21<1，解得1<x<，实数x的取值范围是(1，)8已知函数f(x)的定义域是1，5，部分对应值如表，f(x)的导函数yf(x)的图象如图所示x10245f(x)121521下列关于函数f(x)的命题：函数f(x)的值域为1，2；函数f(x)在0，2上是减函数；若x1，t时，f(x)的最大值是2，则t的最大值为4；当1<a<2时，函数yf(x)a最多有4个零点其中正确命题的序号是_(把所有正确命题的序号都填上)答案解析由导函数的图象可知，当1<x<0及2<x<4时，f(x)>0，函数单调递增，当0<x<2及4<x<5时，f(x)<0，函数单调递减，当x0及x4时，函数取得极大值f(0)2，f(4)2，当x2时，函数取得极小值f(2)15又f(1)f(5)1，所以函数的最大值为2，最小值为1，值域为1，2，正确；因为当x0及x4时，函数取得极大值f(0)2，f(4)2，要使当x1，t时，函数f(x)的最大值是2，则0t5，所以t的最大值为5，所以不正确；因为极小值f(2)15，极大值f(0)f(4)2，所以当1<a<2时，yf(x)a最多有4个零点，所以正确，所以正确命题的序号为二、高考小题9(2015福建高考)若定义在R上的函数f(x)满足f(0)1，其导函数f(x)满足f(x)>k>1，则下列结论中一定错误的是()Af< Bf>Cf< Df>答案C解析构造函数g(x)f(x)kx1，则g(x)f(x)k>0，g(x)在R上为增函数k>1，>0，则g>g(0)而g(0)f(0)10，gf1>0，即f>1，所以选项C错误故选C10(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)x2Cf(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)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，故选A11(2015全国卷)设函数f(x)ex(2x1)axa，其中a<1，若存在唯一的整数x0使得f(x0)<0，则a的取值范围是()A BC D答案D解析由f(x0)<0，即ex0(2x01)a(x01)<0，得ex0(2x01)<a(x01)当x01时，得e<0，显然不成立，所以x01若x0>1，则a>令g(x)，则g(x)当x时，g(x)<0，g(x)为减函数，当x时，g(x)>0，g(x)为增函数，要满足题意，则x02，此时需满足g(2)<ag(3)，得3e2<ae3，与a<1矛盾，所以x0<1因为x0<1，所以a<易知，当x(，0)时，g(x)>0，g(x)为增函数，当x(0，1)时，g(x)<0，g(x)为减函数，要满足题意，则x00，此时需满足g(1)a<g(0)，得a<1(满足a<1)故选D12(2017江苏高考)已知函数f(x)x32xex，其中e是自然对数的底数若f(a1)f(2a2)0，则实数a的取值范围是_答案1，解析易知函数f(x)的定义域关于原点对称f(x)x32xex，f(x)(x)32(x)exx32xexf(x)，f(x)为奇函数，又f(x)3x22ex3x2223x20(当且仅当x0时，取“”)，从而f(x)在R上单调递增，所以f(a1)f(2a2)0f(a1)f(2a2)2a2a1，解得1a13(2015安徽高考)设x3axb0，其中a，b均为实数下列条件中，使得该三次方程仅有一个实根的是_(写出所有正确条件的编号)a3，b3；a3，b2；a3，b>2；a0，b2；a1，b2答案解析设f(x)x3axb当a3，b3时，f(x)x33x3，f(x)3x23，令f(x)>0，得x>1或x<1；令f(x)<0，得1<x<1，故f(x)在(，1)上为增函数，在(1，1)上为减函数，在(1，)上为增函数，又f(1)1，f(1)5，f(3)15，故方程f(x)0只有一个实根，故正确当a3，b2时，f(x)x33x2，易知f(x)在(，1)上为增函数，在(1，1)上为减函数，在(1，)上为增函数，又f(1)4，f(1)0，x时，f(x)，从而方程f(x)0有两个根，故错误当a3，b>2时，f(x)x33xb，易知f(x)的极大值为f(1)2b>0，极小值为f(1)b2>0，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)3x21>0，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A15(2018河南新乡二模)若函数y在(1，)上单调递减，则称f(x)为P函数下列函数中为P函数的为()f(x)1；f(x)x；f(x)；f(x)A B C D答案B解析x(1，)时，ln x>0，x增大时，都减小，y，y在(1，)上都是减函数，f(x)1和f(x)都是P函数；，x(1，e)时，<0，x(e，)时，>0，即y在(1，e)上单调递减，在(e，)上单调递增，f(x)x不是P函数；，x(1，e2)时，<0，x(e2，)时，>0，即y在(1，e2)上单调递减，在(e2，)上单调递增，f(x)不是P函数故选B16(2018武汉调研)已知函数f(x)x2lnxa(x21)(aR)，若f(x)0在0<x1上恒成立，则实数a的取值范围为()Aa2 Ba1 Ca Da答案C解析不等式f(x)0，即x2ln xa(x21)，则由题意知，当0<x1时，函数g(x)x2ln x的图象不在函数h(x)a(x21)的图象下方因为g(x)x(2ln x1)，则g(x)在0，上单调递减，在，1上单调递增，且g(1)0，h(1)0，则两个函数的图象如图所示，由图可知，要使函数g(x)x2ln x的图象在(0，1上，不在函数h(x)a(x21)的图象下方，必须满足函数h(x)a(x21)在点(1，0)处切线的斜率大于或等于函数g(x)x2ln x在点(1，0)处切线的斜率由h(x)a(x21)，得h(x)2ax，所以h(x)a(x21)在点(1，0)处切线的斜率为2a又g(x)x2ln x在点(1，0)处切线的斜率为1，所以2a1，即a，故选C17(2019山西太原模拟)已知定义在(0，)上的函数f(x)，满足f(x)<2f(x)(其中f(x)是f(x)的导函数，e是自然对数的底数)，则()Ae2f(1)>f(2) Be2f(1)<f(2)C9f(ln 2)<4f(ln 3) D9f(ln 2)4f(ln 3)答案A解析令h(x)，则h(x)<0，所以函数h(x)在(0，)上单调递减，所以h(1)>h(2)，即>，所以e2f(1)>f(2)故选A18(2018石家庄一模)已知函数f(x)，g(x)，若函数yfg(x)a有三个不同的零点x1，x2，x3(其中x1<x2<x3)，则2g(x1)g(x2)g(x3)的取值范围为_答案，0解析由题意，得f(x)(x1)，所以函数f(x)在(0，1)，(1，2)上单调递减，在(，0)，(2，)上单调递增，由此作出函数f(x)的大致图象如图1所示因为g(x)(x>0)，所以函数g(x)在(e，)上单调递减，在(0，e)上单调递增，所以g(x)maxg(e)，作出函数g(x)的大致图象如图2所示f因为fg(x)a0有三个不同的零点，所以yfg(x)与ya有三个不同的交点，所以a1，令g(x)t，则问题等价于方程a0，即t2(a1)t1a0有两个解t1，t2，不妨设t1<t2，且t1t21a由图知g(x2)g(x3)t2，g(x1)t1，所以2g(x1)g(x2)g(x3)2(t1t2)2(1a)，0一、高考大题1(2018全国卷)已知函数f(x)(2xax2)ln (1x)2x(1)若a0，证明：当1<x<0时，f(x)<0；当x>0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)设函数g(x)f(x)ln (1x)，则g(x)当1<x<0时，g(x)<0；当x>0时，g(x)>0故当x>1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1<x<0时，f(x)<0；当x>0时，f(x)>0(2)f(x)(2ax1)ln (1x)2，且f(0)0，则m(1，0)，n(0，)，当x(m，n)时，2ax1>0，当x(m，0)时，由(1)知，ln (1x)<，则f(x)<(2ax1)2由题意，x1(m，0)使当x(x1，0)时，f(x)>0恒成立，即amax，a当x(0，n)时，由(1)知，ln (1x)>，则f(x)>(2ax1)2由题意，x2(0，n)使当x(0，x2)时，f(x)0恒成立，即amin，a综上，a2(2018天津高考)已知函数f(x)ax，g(x)logax，其中a>1(1)求函数h(x)f(x)xln 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)；(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)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a>1，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)0h(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：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)处的切线斜率为因为这两条切线平行，故有ax1ln 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)(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：ylogax2(xx2)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)的切线，只需证明当ae时，存在x1(，)，x2(0，)，使得l1与l2重合即只需证明当ae时，方程组有解由得x2，代入，得ax1x1ax1ln ax10因此，只需证明当ae时，关于x1的方程存在实数解设函数u(x)axxaxln ax，即要证明当ae时，函数yu(x)存在零点u(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)1>0，u1a<0，故存在唯一的x0，且x0>0，使得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，所以u(x0)ax0x0ax0ln ax0x00下面证明存在实数t，使得u(t)<0由(1)可得ax1xln a，当x>时，有u(x)(1xln a)(1xln a)x(ln a)2x2x1，所以存在实数t，使得u(t)<0因此，当ae时，存在x1(，)，使得u(x1)0所以，当ae时，存在直线l，使l是曲线yf(x)的切线，也是曲线yg(x)的切线3(2017全国卷)已知函数f(x)ax2axxln x，且f(x)0(1)求a；(2)证明：f(x)存在唯一的极大值点x0，且e2f(x0)22解(1)f(x)的定义域为(0，)设g(x)axaln x，则f(x)xg(x)，f(x)0等价于g(x)0因为g(1)0，g(x)0，故g(1)0，而g(x)a，g(1)a1，得a1若a1，则g(x)1当0<x<1时，g(x)<0，g(x)单调递减；当x>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当x0，时，h(x)<0；当x，时，h(x)0所以h(x)在0，单调递减，在，单调递增又h(e2)0，h0，h(1)0，所以h(x)在0，有唯一零点x0，在，有唯一零点1，且当x(0，x0)时，h(x)0；当x(x0，1)时，h(x)0；当x(1，)时，h(x)0因为f(x)h(x)，所以xx0是f(x)的唯一极大值点由f(x0)0得ln x02(x01)，故f(x0)x0(1x0)由x0得f(x0)因为xx0是f(x)在(0，1)的最大值点，由e1(0，1)，f(e1)0得f(x0)f(e1)e2，所以e2f(x0)22二、模拟大题4(2018合肥质检)已知函数f(x)，曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程为x2y30(1)求a，b的值；(2)证明：当x>0，且x1时，f(x)>解(1)f(x)由于直线x2y30的斜率为，且过点(1，1)，故即解得a1，b1(2)证明：由(1)知f(x)，所以f(x)2ln x令h(x)2ln x(x>0)，则h(x)所以当x1时，h(x)<0，而h(1)0，故当x(0，1)时，h(x)>0，可得h(x)>0；当x(1，)时，h(x)<0，可得h(x)>0从而当x>0，且x1时，f(x)>0即f(x)>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的取值范围；(2)当ab0，b>0时，对任意x1，x2，e，有|f(x1)f(x2)|e2成立，求实数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当a>0时，f(x)>0，所以f(x)在(0，)上单调递增，取x0e，则f(e)1(e)2<0因为f(1)1，所以f(x0)f(1)<0，所以函数f(x)有一个零点当a<0时，令f(x)0，解得x当0<x< 时，f(x)<0，所以f(x)在0， 上单调递减；当x> 时，f(x)>0，所以f(x)在 ，上单调递增要使函数f(x)有一个零点，则f aln 0，即a2e综上所述，若函数f(x)恰有一个零点，则a2e或a>0(2)因为对任意x1，x2，e，有|f(x1)f(x2)|e2成立，又|f(x1)f(x2)|f(x)maxf(x)minx，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因为b>0，所以当0<x<1时，f(x)<0，当x>1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)maxmaxf，f(e)易知fbeb，f(e)beb，设g(b)f(e)febeb2b(b>0)，则g(b)ebeb2>220所以g(b)在(0，)上单调递增，故g(b)>g(0)0，所以f(e)>f从而f(x)maxf(e)beb所以beb1e2，即ebbe10，设(b)ebbe1(b>0)，则(b)eb1当b>0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b>0，所以b的取值范围为(0，1