2020高考数学刷题首秧第二章函数导数及其应用考点测试15导数的应用一文.docx

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1、考点测试15导数的应用(一)一、基础小题1函数f(x)1xsinx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)1cosx0，f(x)在(0，2)上递增2设函数f(x)ln x，则()Ax为f(x)的极大值点Bx为f(x)的极小值点Cx2为f(x)的极大值点Dx2为f(x)的极小值点答案D解析f(x)ln x(x0)，f(x)，x2时，f(x)0，这时f(x)为增函数；0x2时，f(x)0”是“f(x)在R上单调递增”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)3x

2、2a0，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yf(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)的极小值点故选C.6已知f(x)2x36x2m(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)6x2

3、12x，由f(x)0得x0或x2，当x2时，f(x)0，当0x2时，f(x)0，使得f(x0)0有解，则实数a的取值范围是()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axxln x在(0，)上有解令h(x)xxln x，则h(x)1(ln x1)ln x，令h(x)0，得x1，当0x0，当x1时，h(x)6或m0，即4m212(m6)0，所以m23m180，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)(x2ax1)ex1的极值点，则f(x)的极小值为()A1 B2e3 C5e3 D

4、1答案A解析由题意可得f(x)ex1x2(a2)xa1x2是函数f(x)(x2ax1)ex1的极值点，f(2)0，a1，f(x)(x2x1)ex1，f(x)ex1(x2x2)ex1(x1)(x2)，x(，2)，(1，)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)2sinxsin2x，则f(x)的最小值是_答案解析f(x)2cosx2cos2x4cos2x2cosx24(cosx1)，所以当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(kZ)，函数的增区间为2k，

5、2k(kZ)，所以当x2k，kZ时，函数f(x)取得最小值，此时sinx，sin2x，所以f(x)min2.12(2018江苏高考)若函数f(x)2x3ax21(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)2x3ax21，f(x)6x22ax2x(3xa)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0x时，f(x)时，f(x)0，f(x)为增函数，x0时，f(x)有极小值，为f1.f(x)在(0，)内有且只有一个零点，f0，a3.f(x)2x33x21，则f(x

6、)6x(x1)x1(1，0)0(0，1)1f(x)00f(x)4增1减0f(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)(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)2x0；当x0时，f(x)3x233(x1)(x1)，当x0，f(x)是增函数，当1x0时，f(x)0，f(x)是减函数，f(x)f(1)2.f(x)的最大值为2.(2)在同一平面直角坐标系中画出y2x和yx33x的图象，如图所示，当a2时，f(x)maxa33a

7、.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)2ef(e)ln x(e是自然对数的底数)，则f(x)的极大值为()A2e1 B C1 D2ln 2答案D解析由题意知f(x)，f(e)，f(e)，f(x)，令f(x)0，得x2e，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()f(b)f(a)f(c)；函数f(x)在xc处取得极小值，在xe处取得极大值；函数

8、f(x)在xc处取得极大值，在xe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，所以函数f(x)在(，c)，(e，)上单调递增，在(c，e)上单调递减，所以f(a)f(b)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 Da5答案B解析函数f(x)在R上单调递增，则a1，当x1时，f(x)x2aln x，则f(x)2x，则2x3ax40在1，)上恒成立，a2x2在x1，)上恒成立，由于y2x2在1，)上单调递减，ymax2，则a2，当x1时，a145.综上，实数a的取值

9、范围是2a5.故选B.17(2018华大新高考联盟4月教学质量检测)x，(m，n)(m0在x，上恒成立，函数g(x)sinxxcosx在x，上单调递增，g(x)gsincos0.050，f(x)0在x，上恒成立，即函数f(x)在x，上单调递增，ff(x)f，f(x)0时，f(x)m(x22x)ex1ex1ex0，符合题意；当m0时，f(x)(mx22m1)ex0恒成立，则f(x)在(，0上单调递减，f(x)f(0)0，符合题意；当m时，令f(x)0，解得x(正值舍去)，则f(x)在，0上单调递增，在，上单调递减，存在x0，使得f(x0)0；当x(32，32)时，f(x)0，所以f(x)0等价于

10、3a0.设g(x)3a，则g(x)0，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)6a22a6a20，故f(x)有一个零点综上，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：当a时，f(x)0.解(1)f(x)的定义域为(0，)，f(x)aex.由题设知，f(2)0，所以a.从而f(x)exln x1，f(x)ex.当0x2时，f(x)2时，f(x)0.所以f(x)在(0，2)上单调递减，在(2，)上单调递增(2)证明

11、：当a时，f(x)ln x1.设g(x)ln x1，则g(x).当0x1时，g(x)1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)0.3(2018浙江高考)已知函数f(x)ln x.(1)若f(x)在xx1，x2(x1x2)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ykxa与曲线yf(x)有唯一公共点证明(1)函数f(x)的导函数f(x)，由f(x1)f(x2)得，因为x1x2，所以.由基本不等式得2，因为x1x2，所以x1x2256.由题意得f(x1)f(x2)ln x1ln x2

12、ln (x1x2)设g(x)ln x，则g(x)(4)，所以x(0，16)16(16，)g(x)0g(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)，n21，则f(m)kma|a|kka0，f(n)knanknk0，直线ykxa与曲线yf(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)ex(xaex)(1)当a0时，求f(x)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)ex，令f(x)0，可得x1，故

13、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).(2)依题意，可得f(x)(x12aex)ex0有两个不同的实根设g(x)x12aex，则g(x)0有两个不同的实根x1，x2，g(x)12aex，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，当xln 时，g(x)0，得0a0.设g(x)0的两个不同实根为x1，x2(x1x2)，当xx1时，g(x)0，此时f(x)0；当x1x0，此时f(x)0；当xx2时，g(x)0，此时f(x)0.故x1为f(x)的极小值点，x2为f(x)的极大值

14、点，0a符合要求综上所述，a的取值范围为0，.5(2018广东三校联考)已知函数f(x)ln xax.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当a1时，函数g(x)f(x)xm有两个零点x1，x2，且x11.解(1)f(x)a，x(0，)当a0时，f(x)0恒成立，f(x)在(0，)上单调递增；当a0，得0x，令f(x)，f(x)在0，上单调递增，在，上单调递减(2)证明：当a1时，g(x)ln xm.由已知得ln x1m，ln x2m.两式相减得ln 0，整理得x1x2，x1，x2.x1x2，令t(0，1)，h(t)t2ln t.则h(t)10，h(t)在(0，1)上单调递增h(t)h(1)0

15、，即t2ln t，又ln t1.x1x21.6(2018福建厦门质检一)已知函数f(x)xexx2x，ae，其中e为自然对数的底数(1)当a0，x0时，证明：f(x)ex2；(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xexex2，因为x0，所以只要证exex0即可，记g(x)exex(x0)，则g(x)exe(x0)，当0x1时，g(x)1时，g(x)0，g(x)单调递增，所以g(x)g(1)0，即f(x)ex2，原不等式成立(2)f(x)exax2axxexaxa(x1)exax(x1)(x1)(exax)，记h(x)exax，h(x)exa.(

16、)当a0，h(x)在R上单调递增，h(0)10，he10，所以存在唯一的x0，0，使h(x0)0，且当xx0时，h(x)x0，h(x)0.当x01，即a时，对任意x1，f(x)0，此时f(x)在R上单调递增，无极值点；若x01，即a0时，此时当x1时，f(x)0，即f(x)在(，x0)，(1，)上单调递增；当x0x1时，f(x)0，即f(x)在(x0，1)上单调递减，此时f(x)有一个极大值点x0和一个极小值点1.若1x00，即a时，此时当xx0时，f(x)0，即f(x)在(，1)，(x0，)上单调递增；当1xx0时，f(x)0，即f(x)在(1，x0)上单调递减，此时f(x)有一个极大值点1

17、和一个极小值点x0.()当a0时，f(x)xex，所以f(x)(x1)ex，显然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0aexex0，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x0，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)exaxexex0(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；当a时，f(x)无极值点；当0ae时，f(x)有一个极值点