2019版高考数学（文科 课标版）一轮复习题组训练：第3章 第2讲 导数的应用.docx

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1、第二讲导数的应用题组1应用导数研究函数的单调性1.2017浙江,7,4分函数y=f(x)的导函数y=f (x)的图象如图3-2-1所示,则函数y=f(x)的图象可能是()图3-2-1A. B. C. D. 2.2016全国卷,12,5分文若函数f(x)=x-13sin 2x+asin x在(-,+)上单调递增,则a的取值范围是()A.-1,1B.-1,13 C.-13,13D.-1,-133.2015新课标全国,12,5分设函数f(x)=ex(2x-1)-ax+a,其中a1,若存在唯一的整数x0使得f(x0)0,则a的取值范围是()A.-32e,1)B.-32e,34) C.32e,34)D.

2、32e,1)4.2017全国卷,21,12分文设函数f(x)=(1-x2)ex.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当x0时,f(x)ax+1,求a的取值范围.5.2017全国卷,21,12分文已知函数f(x)=ln x+ax2+(2a+1)x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当a0时,证明f(x)-34a-2.题组2应用导数研究函数的极值与最值6.2017全国卷,11,5分若x=-2是函数f(x)=(x2+ax-1)ex-1的极值点,则 f(x)的极小值为()A.-1 B.-2e-3 C.5e-3D.17.2016四川,6,5分文已知a为函数f(x)=x3-12x的极小值点,则a=()A.-

3、4B.-2C.4D.28.2014新课标全国,12,5分设函数f(x)=3sinxm.若存在f(x)的极值点x0满足x02+f(x0)20,函数g(x)=|f(x)|,求证:g(x)在区间-1,1上的最大值不小于14.12.2013新课标全国,20,12分文已知函数f(x)=ex(ax+b)-x2-4x,曲线y=f(x)在点(0,f(0)处的切线方程为y=4x+4.()求a,b的值;()讨论f(x)的单调性,并求f(x)的极大值.题组3生活中的优化问题13.2013重庆,20,12分文某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池(不计厚度).设该蓄水池的底面半径为r m,高为h m,体积为V m3.假设

4、建造成本仅与表面积有关,侧面的建造成本为100元/m2,底面的建造成本为160元/m2,该蓄水池的总建造成本为12 000 元(为圆周率).()将V表示成r的函数V(r),并求该函数的定义域;()讨论函数V(r)的单调性,并确定r和h为何值时该蓄水池的体积最大.题组4应用导数研究函数的综合问题14.2017全国卷,21,12分已知函数f(x)=x-1-aln x.(1)若f(x)0,求a的值;(2)设m为整数,且对于任意正整数n,(1+12)(1+122)(1+12n)m,求m的最小值.15.2016全国卷,21,12分文设函数f(x)=ln x-x+1.()讨论f(x)的单调性;()证明当x

5、(1,+)时,1x-1lnx1,证明当x(0,1)时,1+(c-1)xcx.16.2015新课标全国,21,12分文设函数f(x)=e2x-aln x.()讨论f(x)的导函数f (x)零点的个数;()证明:当a0时,f(x)2a+aln2a.17.2015北京,19,13分文设函数f(x)=x22-kln x,k0.()求f(x)的单调区间和极值;()证明:若f(x)存在零点,则f(x)在区间(1,e上仅有一个零点.A组基础题1.2018浙江省温州市一模,6已知函数f(x)的导函数f (x)的图象如图3-2-2所示,则函数f(x)的图象可能是()图3-2-2 A. B. C. D. 2.20

6、18成都市高三摸底测试,7已知函数f(x)=x3-ax在(-1,1)上单调递减,则实数a的取值范围为()A.(1,+) B.3,+) C.(-,1 D.(-,33.2017南昌市三模,10已知函数f (x)是函数f(x)的导函数,f(1)=1e,对任意实数x,都有f(x)-f (x)0,则不等式f(x)0).(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)若函数f(x)有两个极值点x1,x2(x1x2),且f(x1)-f(x2)32-2ln 2恒成立,求a的取值范围.7.2017长春市高三第四次质量监测,21已知函数f(x)=x2eax.(1)当a2恒成立.B组提升题8.2018河南省南阳一中三模,12

7、关于函数f(x)=2x+ln x,下列说法错误的是()A.x=2是f(x)的极小值点B.函数y=f(x)-x有且只有1个零点C.存在正实数k,使得f(x)kx恒成立D.对任意两个正实数x1,x2,且x2x1,若f(x1)=f(x2),则x1+x249.2018河北“五个一名校联盟”高三第二次考试,16已知函数f(x)=x+aln x(a0),若x1,x2(12,1)(x1x2),|f(x1)-f(x2)|1x1-1x2|,则正数a的取值范围是.10.2018西安八校联考,21已知函数f(x)=x,g(x)=f(x)+sin x(R)在区间-1,1上单调递减.(1)求的最大值;(2)若g(x)t

8、2+t+1在-1,1上恒成立,求t的取值范围;(3)讨论关于x的方程lnxf(x)=x2-2ex+m的解的个数.11.2017甘肃省张掖市高三一诊,21设函数f(x)=x22-aln x.(1)当a=1时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1)处的切线方程;(2)求函数f(x)的单调区间和极值;(3)若函数f(x)在区间(1,e2内恰有两个零点,试求a的取值范围.答案1.D根据题意,已知导函数的图象有三个零点,且每个零点的两边导函数值的符号相反,因此函数f(x)在这些零点处取得极值,排除A,B;记导函数 f (x)的零点从左到右分别为x1,x2,x3,又在(-,x1)上f (x)0,所以函数f(

9、x)在(-,x1)上单调递减,排除C,选D.2.C函数f(x)=x-13sin 2x+asin x在(-,+)上单调递增,等价于f (x)=1-23cos 2x+acos x=-43cos2x+acos x+530在(-,+)上恒成立.令t=cos x,则g(t)=-43t2+at+530在-1,1上恒成立,所以g(1)=-43+a+530,g(-1)=-43-a+530,解得-13a13.故选C.3.D由题意可知存在唯一的整数x0,使得ex0(2x0-1)g(0),h(-1)g(-1),即a1,-2a-3e,所以32ea1,故选D.图D 3-2-34.(1)f (x)=(1-2x-x2)ex

10、.令f (x)=0,得x=-1-2,x=-1+2.当x(-,-1-2)时,f (x)0;当x(-1+2,+)时,f (x)0.所以f(x)在(-,-1-2),(-1+2,+)单调递减,在(-1-2,-1+2)单调递增.(2)f(x)=(1+x)(1-x)ex.(i)当a1时,设函数h(x)=(1-x)ex,h(x)=-xex0),因此h(x)在0,+)单调递减,而h(0)=1,故h(x)1,所以f(x)=(x+1)h(x)x+1ax+1.(ii)当0a0(x0),所以g(x)在0,+)单调递增,而g(0)=0,故exx+1.又x(0,1)时,f(x)(1-x)(1+x)2,(1-x)(1+x)

11、2-ax-1=x(1-a-x-x2),取x0=5-4a-12,此时x0(0,1),(1-x0)(1+x0)2-ax0-1=0,故f(x0)ax0+1.(iii)当a0时,取x0=5-12,此时x0(0,1),f(x0)(1-x0)(1+x0)2=1ax0+1.综上,a的取值范围是1,+).5.(1)f(x)的定义域为(0,+),f (x)=1x+2ax+2a+1=(x+1)(2ax+1)x.若a0,则当x(0,+)时,f (x)0,故f(x)在(0,+)上单调递增.若a0;当x(-12a,+)时,f (x)0.故f(x)在(0,-12a)上单调递增,在(-12a,+)上单调递减.(2)由(1)

12、知,当a0),则g(x)=1x-1.当x(0,1)时,g(x)0;当x(1,+)时,g(x)0时,g(x)0.因此当a0,解得x1,令f (x)0,解得-2x0,函数f (x)单调递增;当x(-2,2)时,f (x)0,函数f(x)单调递增,所以a=2.故选D.8.C由正弦型函数的图象可知:f(x)的极值点x0满足f(x0)=3,则x0m=2+k(kZ),从而得x0=(k+12)m(kZ).所以不等式x02+f(x0)2m2,即(k+12)2m2+33,其中kZ.由题意,存在整数k使得不等式m21-(k+12)23成立.当k-1且k0时,必有(k+12)21,此时不等式显然不能成立,故k=-1

13、或k=0,此时,不等式即34m23,解得m2.故选C.9.C选项D中结论显然正确.当f(x)有极值点时,f (x)=0必有两个不同的实根,记为m,n(mn),此时f(x)在(-,m)上递增,在(m,n)上递减,在(n,+)上递增.由此知x0=n,但f(x)在(-,x0)上不单调,故选项C中结论错误.10.()因为f(x)=excos x-x,所以f (x)=ex(cos x-sin x)-1,f (0)=0.又因为f(0)=1,所以曲线y=f(x)在点(0,f(0)处的切线方程为y=1.()令h(x)=ex(cos x-sin x)-1,则h(x)=ex(cos x-sin x-sin x-c

14、os x)=-2exsin x.所以当x(0,2)时,h(x)0,h(x)在区间0,2上单调递减.所以对任意x(0,2有h(x)h(0)=0,即f (x)0时,令f (x)=0,解得x=3a3或x=-3a3.当x变化时,f (x),f(x)的变化情况如下表:x(-,-3a3)-3a3(-3a3,3a3)3a3(3a3,+)f (x)+0-0+f(x)单调递增极大值单调递减极小值单调递增所以f(x)的单调递减区间为(-3a3,3a3),单调递增区间为(-,-3a3),(3a3,+).()因为f(x)存在极值点,所以由()知a0,且x00.由题意,得f (x0)=3x02-a=0,即x02=a3,

15、进而f(x0)=x03-ax0-b=-2a3x0-b.又f(-2x0)=-8x03+2ax0-b=-8a3x0+2ax0-b=-2a3x0-b=f(x0),且-2x0x0,由题意及()知,存在唯一实数x1满足f(x1)=f(x0),且x1x0,因此x1=-2x0.所以x1+2x0=0.()设g(x)在区间-1,1上的最大值为M,maxx,y表示x,y两数的最大值.下面分三种情况讨论:当a3时,-3a3-113a3,由()知,f(x)在区间-1,1上单调递减,所以f(x)在区间-1,1上的取值范围为f(1),f(-1),因此M=max|f(1)|,|f(-1)|=max|1-a-b|,|-1+a

16、-b|=max|a-1+b|,|a-1-b|=a-1+b,b0,a-1-b,b0.所以M=a-1+|b|2.当34a3时,-23a3-1-3a33a3123a3,由()和()知f(-1)f(-23a3)=f(3a3),f(1)f(23a3)=f(-3a3),所以f(x)在区间-1,1上的取值范围为f(3a3),f(-3a3),因此M=max|f(3a3)|,|f(-3a3)|=max|-2a93a-b|,|2a93a-b|=max|2a93a+b|,|2a93a-b|=2a93a+|b|2934334=14.当0a34时,-1-23a323a31,由()和()知f(-1)f(23a3)=f(-

17、3a3),所以f(x)在区间-1,1上的取值范围为f(-1),f(1),因此M=max|f(-1)|,|f(1)|=max|-1+a-b|,|1-a-b|=max|1-a+b|,|1-a-b|=1-a+|b|14.综上所述,当a0时,g(x)在区间-1,1上的最大值不小于14.12.()f (x)=ex(ax+a+b)-2x-4.由已知得f(0)=4,f (0)=4.故b=4,a+b=8.从而a=4,b=4.()由()知,f(x)=4ex(x+1)-x2-4x,f (x)=4ex(x+2)-2x-4=4(x+2)(ex-12).令f (x)=0,得x=-ln 2或x=-2.从而当x(-,-2)

18、(-ln 2,+)时,f (x)0;当x(-2,-ln 2)时,f (x)0,且r0,可得0r0,故V(r)在(0,5)上为增函数;当r(5,53)时,V(r)0,故V(r)在(5,53)上为减函数.由此可知,V(r)在r=5处取得最大值,此时h=8,即当r=5,h=8时,该蓄水池的体积最大.14.(1)f(x)的定义域为(0,+).若a0,因为f(12)=-12+aln 20,由f (x)=1-ax=x-ax知,当x(0,a)时,f (x)0.所以f(x)在(0,a)单调递减,在(a,+)单调递增.故x=a是f(x)在(0,+)的唯一最小值点.由于f(1)=0,所以当且仅当a=1时,f(x)

19、0.故a=1.(2)由(1)知当x(1,+)时,x-1-ln x0.令x=1+12n,得ln(1+12n)12n.从而ln(1+12)+ln(1+122)+ln(1+12n)12+122+12n=1-12n1.故(1+12)(1+122)(1+12n)2,所以m的最小值为3.15.()由题意,得f(x)的定义域为(0,+),f (x)=1x-1,令f (x)=0,解得x=1.当0x0,f(x)单调递增;当x1时,f (x)0,f(x)单调递减.()由()知f(x)在x=1处取得最大值,最大值为f(1)=0.所以当x1时,ln xx-1.故当x(1,+)时,ln xx-1,ln 1x1x-1,即

20、1x-1lnx1,设g(x)=1+(c-1)x-cx,则g(x)=c-1-cxln c,令g(x)=0,解得x0=lnc-1lnclnc.当x0,g(x)单调递增;当xx0时,g(x)0,g(x)单调递减.由()知1c-1lncc,故0x01.又g(0)=g(1)=0,故当0x0.所以当x(0,1)时,1+(c-1)xcx.16.()f(x)的定义域为(0,+),f (x)=2e2x-ax(x0).当a0时,f (x)0,f (x)没有零点;当a0时,因为y=e2x单调递增,y=-ax单调递增,所以f (x)在(0,+)上单调递增,又f (a)0,当b满足0ba4且b14时,f (b)0时,f

21、 (x)存在唯一零点.()由(),可设f (x)在(0,+)上的唯一零点为x0,当x(0,x0)时,f (x)0.故f(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+)上单调递增,所以当x=x0时,f(x)取得最小值,最小值为f(x0).由于2e2x0-ax0=0,所以f(x0)=a2x0+2ax0+aln2a2a+aln2a.故当a0时,f(x)2a+aln2a.17.()由f(x)=x22-kln x(k0),得f (x)=x-kx=x2-kx.令f (x)=0,解得x=k.f(x)与f (x)在区间(0,+)上的情况如下:x(0,k)k(k,+)f (x)-0+f(x)k(1-lnk)2所以

22、f(x)的单调递减区间是(0,k),单调递增区间是(k,+);f(x)在x=k处取得极小值f(k)=k(1-lnk)2.()由()知,f(x)在区间(0,+)上的最小值为f(k)=k(1-lnk)2.因为f(x)存在零点,所以k(1-lnk)20,从而ke.当k=e时,f(x)在区间(1,e)上单调递减,且f(e)=0,所以x=e是f(x)在区间(1,e上的唯一零点.当ke时,f(x)在区间(0,e)上单调递减,且f(1)=120,f(e)=e-k20,g(x)0,即g(x)为R上的减函数.又g(1)=f(1)e=1e2,由不等式f(x)ex-2,得f(x)exe-2=1e2,即g(x)1,不

23、等式f(x)0,b0,3+4a-3b0,必会存在a使得f (1)0,所以当b0时,函数f(x)=x3+2ax2-3bx+3b在(0,1)上存在极小值点;当导函数f (x)在(0,1)上有两个零点时,=16a2+36b0,0-23a0,f (1)=3+4a-3b0,即b-4a29,-32a0,b0,b1+4a3,-4a29b1+4a3,b0,-32a0,可得-1b0.综上,b(-1,+).故选B.5.D由已知,得2xf(x)+x2f (x)=exx,即x2f(x)=exx,因此令F(x)=x2f(x),则F(x)=exx,F(2)=4f(2)=e22.又由已知得f (x)=ex-2x2f(x)x

24、3=ex-2F(x)x3,此时再令(x)=ex-2F(x),则(x)=ex-2F(x)=ex-2exx=ex(x-2)x,所以当0x2时,(x)2时,(x)0,所以(x)min=(2)=e2-2F(2)=0,所以当x2,+)时,f (x)0,函数 f(x)在2,+)上单调递增,f(x)min=f(2)=e28,故选D.6.(1)由题意知,函数f(x)的定义域是(0,+),f (x)=2(x2-ax+1)x,令x2-ax+1=0,则=a2-4,当02时,0,方程x2-ax+1=0有两个不同的实根,分别设为x3,x4,不妨令x3x4,则x3=a-a2-42,x4=a+a2-42,此时0x30,当x

25、(x3,x4)时,f (x)0,所以函数f(x)在(0,a-a2-42)上单调递增,在(a-a2-42,a+a2-42)上单调递减,在(a+a2-42,+)上单调递增.(2)由(1)得f(x)在(x1,x2)上单调递减,x1+x2=a,x1x2=1,则f(x1)-f(x2)=2lnx1x2+(x1-x2)(x1+x2-2a)=2lnx1x2+x22-x12x1x2=2lnx1x2+x2x1-x1x2,令t=x1x2,则0t1,f(x1)-f(x2)=2ln t+1t-t,令g(t)=2ln t+1t-t(0t1),则g(t)=-(t-1)2t20,故g(t)在(0,1)上单调递减且g(12)=

26、32-2ln 2,故g(t)=f(x1)-f(x2)32-2ln 2=g(12),即0t12,而a2=(x1+x2)2=x1x2+x2x1+2=t+1t+2,其中0t12,令h(t)=t+1t+2,t(0,12,所以h(t)=1-1t20在t(0,12上恒成立,故h(t)=t+1t+2在(0,12上单调递减,从而a292,故a的取值范围是322,+).7.(1)由题意知f(x)=eax(ax2+2x),令f(x)=0,可得x=0或x=-2a.又a0,则由f(x)0,得x-2a,由f(x)0,得0x-2a.所以函数f(x)在(-,0)和(-2a,+)上单调递减,在(0,-2a)上单调递增.(2)

27、在(1)条件下,当-2a1,即-2a0时,f(x)在0,1上单调递增,则f(x)的最大值为f(1)=ea;当-2a1,即a2,即证(2-x3)ex2+lnxx,令h(x)=(2-x3)ex,则h(x)=(-x3-3x2+2)ex=-ex(x+1)(x2+2x-2),又x(0,1),易知在(0,1)上h(x)存在极大值点,又h(0)=2,h(1)=e,则h(x)在(0,1)上恒大于2,而2+lnxx在(0,1)上恒小于2,因此g(x)-xf(x)2在(0,1)上恒成立.B组提升题8.C由题意知,f (x)=x-2x2,函数f(x)在区间(0,2)上单调递减,在区间(2,+)上单调递增,x=2是f

28、(x)的极小值点,即A正确;y=f(x)-x=2x+ln x-x,y=-x2+x-2x2kx,可得k2x2+lnxx,令g(x)=2x2+lnxx则g(x)=-4+x-xlnxx3令h(x)=-4+x-xln x,则h(x)=-ln x,函数h(x)在区间(0,1)上单调递增,在区间(1,+)上单调递减,h(x)h(1)0,g(x)kx恒成立,即C不正确;对任意两个正实数x1,x2,且x2x1,函数在区间(0,2)上单调递减,在(2,+)上单调递增,若f(x1)=f(x2),则x1+x24,D正确.选C.9.32,+)由f(x)=x+aln x(a0),得当x(12,1)时,f (x)=1+a

29、x0,f(x)在(12,1)上单调递增,不妨设x1x2,则|f(x1)-f(x2)|1x1-1x2|,即f(x1)-f(x2)1x2-1x1,f(x1)+1x1f(x2)+1x2,令g(x)=f(x)+1x,则g(x)在(12,1)上单调递增,所以g(x)=1+ax-1x20在(12,1)上恒成立,ax1x2-1,即a1x-x在(12,1)上恒成立,令h(x)=1x-x,x(12,1),则h(x)=-1-1x2-sin 1恒成立,即(t+1)+t2+sin 1+10(-1)恒成立,令h()=(t+1)+t2+sin 1+1(-1),要使h()0恒成立,则需t+10,h(-1)=-t-1+t2+

30、sin1+10,t-1,t2-t+sin10,又t2-t+sin 10恒成立,t-1,故t的取值范围为(-,-1.(3)lnxf(x)=lnxx=x2-2ex+m,令f1(x)=lnxx,f2(x)=x2-2ex+m,f1(x)=1-lnxx2,当x(0,e)时,f1(x)0,即f1(x)单调递增;当xe,+)时,f1(x)0,即f1(x)单调递减.f1(x)max=f1(e)=1e,又f2(x)=(x-e)2+m-e2,当m-e21e,即me2+1e时,方程无解;当m-e2=1e,即m=e2+1e时,方程有一个解;当m-e21e,即m0).当a0时,f (x)0,函数f(x)在(0,+)上单

31、调递增,函数既无极大值,也无极小值;当a0时,由f (x)=0,得x=a或x=-a(舍去).于是,当x变化时,f (x)与f(x)的变化情况如下表:x(0,a)a(a,+)f (x)-0+f (x)a(1-lna)2所以函数f(x)的单调递减区间是(0,a),单调递增区间是(a,+).函数f(x)在x=a处取得极小值f(a)=a(1-lna)2,无极大值.综上可知,当a0时,函数f(x)的单调递增区间为(0,+),函数f(x)既无极大值也无极小值;当a0时,函数f(x)的单调递减区间是(0,a),单调递增区间为(a,+),函数f(x)有极小值a(1-lna)2,无极大值.(3)当a0时,由(2)知函数f(x)在区间(0,+)上单调递增,故函数f(x)在区间(1,e2内至多有一个零点,不合题意.当a0时,由(2)知,当x(0,a)时,函数f(x)单调递减;当x(a,+)时,函数f(x)单调递增,函数f(x)在(0,+)上的最小值为f(a)=a(1-lna)2. 若函数f(x)在区间(1,e2内恰有两个零点,则需满足1ae2,f(a)0,f(e2)0,即1ae4,a(1-lna)20,e42-2a0,整理得1ae,ae44,所以eae44.故所求a的取值范围为(e,e44.