2022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16导数的应用二含解析苏教版.doc

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1、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

2、1.应选C.2奇函数f(x)是函数f(x)(xR)的导函数，假设x0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log23log221,0log321，所以0log320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

3、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y0，那么x0，令y0，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)4

4、x，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)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)h(2)，即，所以e2f(1)f(2)，ln 2h(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2

5、3，23，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)，11xx211，解得1x0恒成立，当a1时，f(x)minf(a)2aa20，0a1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

6、xe，且当1xe时，g(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a1，假设存在唯一

7、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e1，那么a .令g(x)，那么g(x).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3e2ae3，与a1矛盾，所以x01.因为x01，所以a0，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)ag(0)，得a1(满足a2；a0，b2；a1，b2.答案解析设f(x)x3axb.当a3，b3时，f(x)x33x3，f(x)3x23，令

8、f(x)0，得x1或x1；令f(x)0，得1x2时，f(x)x33xb，易知f(x)的极大值为f(1)2b0，极小值为f(1)b20，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)3x210，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)1

9、 Df(2)f(1)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 2f(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(202

10、2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x0时，1x11时，f(x)20恒成立，即a2x在(1，)上恒成立，所以a2，应选A.17(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x1x20)，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(

11、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t10；当x时，g(x)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

12、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)ln xa(x1)ex，其中aR.(1)假设a0，讨论f(x)的单调性；(2)假设0ax0，证明3x0x12.解(1)由，f(x)的定义域为(0，)，且f(x)aexa(x1)ex.因此当a0时，1ax2ex0，从而f(x)0，所以f(x)在(0，)内单调递增(2)证明：由(1)知，f(x).令g(x)1ax2ex，由0a0，且g1a2120，故g(x)0在(0，)内有唯一解，从而f(x)0在(0，)内有唯一解，不妨设为x0，那么1x00，所以f(x)在(0，x0)内单调递增；当x(x0，)时

13、，f(x)1时，h(x)11时，h(x)h(1)0，所以ln xx1，从而fln aeln ln ln 1hf(1)0，所以f(x)在(x0，)内有唯一零点又f(x)在(0，x0)内有唯一零点1，从而，f(x)在(0，)内恰有两个零点由题意，即从而ln x1ex1x0，即ex1x0.因为当x1时，ln xx01，故ex1x0x，两边取对数，得ln ex1x0ln x，于是x1x02ln x02.3(2022江苏高考)设函数f(x)(xa)(xb)(xc)，a，b，cR，f(x)为f(x)的导函数(1)假设abc，f(4)8，求a的值；(2)假设ab，bc，且f(x)和f(x)的零点均在集合3,

14、1,3中，求f(x)的极小值；(3)假设a0,0b1，c1，且f(x)的极大值为M，求证：M.解(1)因为abc，所以f(x)(xa)(xb)(xc)(xa)3.因为f(4)8，所以(4a)38，解得a2.(2)因为bc，所以f(x)(xa)(xb)2x3(a2b)x2b(2ab)xab2，从而f(x)3(xb).令f(x)0，得xb或x.因为a，b，都在集合3,1,3中，且ab，所以1，a3，b3.此时，f(x)(x3)(x3)2，f(x)3(x3)(x1)令f(x)0，得x3或x1.列表如下：x(，3)3(3,1)1(1，)f(x)00f(x)极大值极小值所以f(x)的极小值为f(1)(1

15、3)(13)232.(3)证明：因为a0，c1，所以f(x)x(xb)(x1)x3(b1)x2bx，f(x)3x22(b1)xb.因为0b1，所以4(b1)212b(2b1)230，那么f(x)有2个不同的零点，设为x1，x2(x1x2)由f(x)0，得x1，x2.列表如下：x(，x1)x1(x1，x2)x2(x2，)f(x)00f(x)极大值极小值所以f(x)的极大值Mf(x1)证法一：Mf(x1)x(b1)xbx13x2(b1)x1bx1()3()3.因此M.证法二：因为0b1，所以x1(0,1)当x(0,1)时，f(x)x(xb)(x1)x(x1)2.令g(x)x(x1)2，x(0,1)

16、，那么g(x)3(x1)令g(x)0，得x.列表如下：xg(x)0g(x)极大值所以当x时，g(x)取得极大值，且是最大值，故g(x)maxg.所以当x(0,1)时，f(x)g(x).因此M.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

17、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ex0b0，bex0，故假设g(x)有两个零点，需满足g(x0)0，即ex0bx01ln x0ex0x01ln x0ex0ex0x0ln x00.令h(x)exexxln x，h(x)exx0，所以h(x)在(0，)上单调递减，由h(1)0，得ex0ex0x0ln x00的解集为(1，)，由bex0，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x

18、12e0，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bx1.解(1)f(x)a(x0)假设a0，那么f(x)0，f(x)在(0，)上单调递增假设a0，f(x)在上单调递增；当x时，f(x)0，f(x)在上单调递减综上可知，当a0时，f(x)在(0，)上单调递增；当a0)，所以g(x)在(0，)上单调递增又g(1)a10，gln 24a0，故g(x)存在零点x2，且g(x)在区间(0，x2)上单调递减，在区间(x2，)上单调递增，x2即为g(x)的极小值点，故x2x1.由g(x1)0知，ln x1a0，所以f(x1)ln x1ax1ln x1x1(1x1)ln x1，又x1x2，所以f(x1)(1x1)ln x1x1.