届高考数学一轮复习第一部分考点通关练第二章函数导数及其应用考点测试导数的应用二含解析新人教B版.doc

考点测试16导数的应用(二)高考概览本考点是高考必考知识点，常考题型为选择题、填空题、解答题，分值5分、12分，中、高等难度考纲研读1.了解函数的单调性与导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数不超过三次)2了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数不超过三次)；会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数不超过三次)3会用导数解决实际问题一、根底小题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.应选C.2奇函数f(x)是函数f(x)(xR)的导函数，假设x>0时，f(x)>0，那么()Af(0)>f(log32)>f(log23)Bf(log32)>f(0)>f(log23)Cf(log23)>f(log32)>f(0)Df(log23)>f(0)>f(log32)答案C解析因为f(x)是奇函数，所以f(x)是偶函数所以f(log23)f(log23)，而log23>log221,0<log32<1，所以0<log32<log23.又当x>0时，f(x)>0，所以f(x)在(0，)上是增函数，所以f(log23)>f(log32)>f(0)，所以f(log23)>f(log32)>f(0)3假设曲线f(x)，g(x)x在点P(1,1)处的切线分别为l1，l2，且l1l2，那么实数的值为()A2 B2 C D答案A解析f(x)，g(x)x1，所以曲线f(x)，g(x)在点P处的切线斜率分别为k1，k2，因为l1l2，所以k1k21，所以2，选A.4函数y的图象大致为()答案C解析因为y，所以y，令y>0，那么x<0，令y<0，那么x>0，令y0，那么x0，所以函数y在(，0)上为增函数，在(0，)上为减函数，且x0是函数的极大值点，结合4个函数的图象，应选C.5假设函数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，那么实数k的取值范围是()A1，) BC1,2) 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<.应选B.6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)，那么()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)，那么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)，ln 2<ln 3，那么h(ln 2)>h(ln 3)，即>，所以9f(ln 2)>4f(ln 3)应选A.7函数f(x)ax3bx2cx17(a，b，cR)的导函数为f(x)，f(x)0的解集为x|2x3，假设f(x)的极小值等于98，那么a的值是()A B C2 D5答案C解析由题意，f(x)3ax22bxc，因为f(x)0的解集为x|2x3，所以a0，且23，2×3，那么3a2b，c18a，又f(x)的极小值为f(3)27a9b3c1798，解得a2，b3，c36，应选C.8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，那么实数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，)二、高考小题9(2022·天津高考)aR，设函数f(x)假设关于x的不等式f(x)0在R上恒成立，那么a的取值范围为()A0,1 B0,2 C0，e D1，e答案C解析当x1时，由f(x)x22ax2a0恒成立，而二次函数f(x)图象的对称轴为直线xa，当a1时，f(x)minf(1)1>0恒成立，当a<1时，f(x)minf(a)2aa20，0a<1.综上，a0.当x>1时，f(x)xaln x0恒成立，即a恒成立设g(x)，那么g(x).令g(x)0，得xe，且当1<x<e时，g(x)<0，当x>e时，g(x)>0，g(x)ming(e)e，ae.综上，a的取值范围是0ae，即0，e应选C.10(2022·山东高考)假设函数exf(x)(e2.71828是自然对数的底数)在f(x)的定义域上单调递增，那么称函数f(x)具有M性质以下函数中具有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，应选A.11(2022·全国卷)设函数f(x)ex(2x1)axa，其中a<1，假设存在唯一的整数x0使得f(x0)<0，那么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<a(x01)当x01时，得e<0，显然不成立，所以x01.假设x0>1，那么a> .令g(x)，那么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，那么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，那么x00，此时需满足g(1)a<g(0)，得a<1(满足a<1)应选D.12(2022·江苏高考)函数f(x)x32xex，其中e是自然对数的底数假设f(a1)f(2a2)0，那么实数a的取值范围是_答案解析易知函数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，f(a1)f(2a2)0f(a1)f(2a2)2a2a1，解得1a.13(2022·安徽高考)设x3axb0，其中a，b均为实数以下条件中，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，那么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(2022·河南豫南九校联考)设定义在(0，)上的函数f(x)的导函数f(x)满足xf(x)>1，那么()Af(2)f(1)>ln 2 Bf(2)f(1)<ln 2Cf(2)f(1)>1 Df(2)f(1)<1答案A解析根据题意，函数f(x)的定义域为(0，)，那么xf(x)>1f(x)>(ln x)，即f(x)(ln x)>0.令F(x)f(x)ln x，那么F(x)在(0，)上单调递增，故f(2)ln 2>f(1)ln 1，即f(2)f(1)>ln 2.15(2022·安阳模拟)函数f(x)与g(x)6xa的图象有3个不同的交点，那么a的取值范围是()A. BC. D答案B解析原问题等价于函数h(x)6x的图象与直线ya有三个不同的交点h(x)x2x6(x2)(x3)，当x(，3)时，h(x)>0，h(x)单调递增；当x(3,2)时，h(x)<0，h(x)单调递减；当x(2，)时，h(x)>0，h(x)单调递增函数h(x)的图象如下图又h(3)，h(2)，数形结合可得a的取值范围是.应选B.16(2022·沈阳质量监测(三)函数f(x)aln x2x，假设不等式f(x1)>ax2ex在x(0，)上恒成立，那么实数a的取值范围是()Aa2 Ba2 Ca0 D0a2答案A解析由函数f(x)aln x2x，得f(ex)aln ex2exax2ex.f(x1)>ax2ex，即f(x1)>f(ex)，因为x>0时，1<x1<ex，所以只需f(x)aln x2x在(1，)上单调递减，即x>1时，f(x)20恒成立，即a2x在(1，)上恒成立，所以a2，应选A.17(2022·安徽淮北、宿迁一模)函数f(x)2xe2xk，g(x)ln (2x4)4ek2x(e为自然对数的底数)，假设关于x的不等式f(x)g(x)1有解，那么k的值为()A2ln 2 B2ln 2C3ln 2 D3ln 2答案C解析由f(x)g(x)1，得e2xk4ek2xln (2x4)2x1(x>2)，(*)而e2xk4ek2x24，当且仅当e2xk2，即x.记h(x)ln (2x4)2x1，那么h(x)2，当x时，h(x)>0，h(x)单调递增，当x时，h(x)<0，h(x)单调递减，得h(x)maxh4，假设(*)成立，那么x，得k3ln 2.应选C.18(2022·徐州模拟)函数f(x)，g(x)，假设函数yfg(x)a有三个不同的零点x1，x2，x3(其中x1<x2<x3)，那么2g(x1)g(x2)g(x3)的取值范围为_答案解析由题意，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)的图象与直线ya有三个不同的交点，所以a，即a.令g(x)t，那么问题等价于方程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).一、高考大题1(2022·全国卷)函数f(x)2sinxxcosxx，f(x)为f(x)的导数(1)证明：f(x)在区间(0，)存在唯一零点；(2)假设x0，时，f(x)ax，求a的取值范围解(1)证明：设g(x)f(x)，那么g(x)cosxxsinx1，g(x)xcosx.当x时，g(x)>0；当x时，g(x)<0，所以g(x)在上单调递增，在上单调递减又g(0)0，g>0，g()2，故g(x)在(0，)存在唯一零点所以f(x)在区间(0，)存在唯一零点(2)由题设知f()a，f()0，可得a0.由(1)知，f(x)在(0，)只有一个零点，设为x0，且当x(0，x0)时，f(x)>0；当x(x0，)时，f(x)<0，所以f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，)上单调递减又f(0)0，f()0，所以当x0，时，f(x)0.又当a0，x0，时，ax0，故f(x)ax.因此，a的取值范围是(，02(2022·天津高考)设函数f(x)excosx，g(x)为f(x)的导函数(1)求f(x)的单调区间；(2)当x时，证明f(x)g(x)0；(3)设xn为函数u(x)f(x)1在区间内的零点，其中nN，证明2nxn<.解(1)由，有f(x)ex(cosxsinx)因此，当x(kZ)时，有sinx>cosx，得f(x)<0，那么f(x)单调递减；当x(kZ)时，有sinx<cosx，得f(x)>0，那么f(x)单调递增所以，f(x)的单调递增区间为(kZ)，f(x)的单调递减区间为(kZ)(2)证明：记h(x)f(x)g(x).依题意及(1)，有g(x)ex(cosxsinx)，从而g(x)2exsinx.当x时，g(x)<0，故h(x)f(x)g(x)g(x)(1)g(x)<0.因此，h(x)在区间上单调递减，进而h(x)hf0.所以，当x时，f(x)g(x)0.(3)证明：依题意，u(xn)f(xn)10，即exncosxn1.记ynxn2n，那么yn，且f(yn)eyncosynexn2ncos(xn2n)e2n(nN)由f(yn)e2n1f(y0)及(1)，得yny0.由(2)知，当x时，g(x)<0，所以g(x)在上为减函数，因此g(yn)g(y0)<g0.又由(2)知，f(yn)g(yn)0，故yn<.所以2nxn<.3(2022·浙江高考)实数a0，设函数f(x)aln x，x>0.(1)当a时，求函数f(x)的单调区间；(2)对任意x均有f(x)，求a的取值范围注：e2.71828为自然对数的底数解(1)当a时，f(x)ln x，x>0.f(x)，所以函数f(x)的单调递减区间为(0,3)，单调递增区间为(3，)(2)由f(1)，得0<a.当0<a时，f(x)等价于2ln x0.令t，那么t2.设g(t)t22t2ln x，t2，那么g(t)22ln x.当x时，2，那么g(t)g(2)842ln x.记p(x)42ln x，x，那么p(x).故x1(1，)p(x)0p(x)p单调递减极小值p(1)单调递增所以p(x)p(1)0.因此g(t)g(2)2p(x)0.当x时，g(t)g.令q(x)2ln x(x1)，x，那么q(x)1>0，故q(x)在上单调递增，所以q(x)q.由，得qp<p(1)0.所以q(x)<0.因此，g(t)g>0.由知对任意x，t2，)，g(t)0，即对任意x，均有f(x).综上所述，所求a的取值范围是.二、模拟大题4(2022·吉林省长春市高三第二次模拟)函数f(x)exbx1(bR)(1)讨论f(x)的单调性；(2)假设方程f(x)ln x有两个实数根，求实数b的取值范围解(1)由题可得，f(x)exb，当b0时，f(x)0，f(x)在(，)上单调递增；当b0时，假设xln (b)，那么f(x)0，f(x)在ln (b)，)上单调递增；假设xln (b)，那么f(x)0，f(x)在(，ln (b)上单调递减(2)令g(x)exbx1ln x，那么g(x)exb，易知g(x)单调递增且一定有大于0的零点，不妨设为x0，g(x0)0，即，故假设g(x)有两个零点，需满足g(x0)0，令h(x)exexxln x，h(x)exx0，所以h(x)在(0，)上单调递减，由h(1)0，得x0ln x0<0的解集为(1，)，由b，得b1e.当b1e时，exbx1ln xxbxln x，有g(eb)ebbebln eb(b1)ebb，令(x)(x1)exx(x1)(ex1)1，由于x1e，所以x12e0，ex1，故(x)(x1)exx0，所以g(eb)0，故g(eb)g(x0)0，g(x)在(0，x0)上有唯一零点，另一方面，在(x0，)上，当x时，由ex增长速度大，所以有g(x)0，即g(x)在(x0，)上有唯一零点故当b<1e时，g(x)在(0，)上有两个零点，满足题意，即实数b的取值范围为(，1e)5(2022·广州二模)函数f(x)a(x1)ln (x1)x2ax(a>0)是减函数(1)试确定a的值；(2)数列an，an，Tna1a2a3··an(nN*)，求证：ln (n2)Tn<1.解(1)f(x)的定义域为(1，)，f(x)aln (x1)2x.由f(x)是减函数得，对任意的x(1，)，f(x)aln (x1)2x0恒成立设g(x)aln (x1)2x，那么g(x)，由a>0知，1>1，当x时，g(x)>0；当x时，g(x)<0，g(x)在上单调递增，在上单调递减，g(x)在x1处取得最大值又g(0)0，对任意的x(1，)，g(x)g(0)恒成立，即g(x)的最大值为g(0)，10，解得a2.(2)证明：由f(x)是减函数，且f(0)0可得，当x>0时，f(x)<0，f(n)<0，即2(n1)ln (n1)<n22n.两边同时除以2(n1)2得，<··，即an<··，从而Tna1a2a3··an<××，ln (n2)Tn<ln 2ln (n2)ln (n1)(n1)ln 2.下面证2ln (n2)ln (n1)(n1)ln 21<0，记h(x)2ln (x2)ln (x1)(x1)ln 21，x1，)，h(x)ln 2ln 2ln 2.yx在2，)上单调递增，h(x)在2，)上单调递减，而h(2)ln 2×(23ln 2)×(2ln 8)<0，当x2，)时，h(x)<0恒成立，h(x)在2，)上单调递减，即x2，)时，h(x)h(2)2ln 4ln 33ln 2ln 2ln 3<0，当n2时，h(n)<0.h(1)2ln 3ln 22ln 2ln ln <0，当nN*时，h(n)<0，即2ln (n2)ln (n1)(n1)ln 2<1.由可得，ln (n2)Tn<1.