2020届高考数学(文)一轮复习讲练测专题3.4导数的综合应用(练)【含答案】.pdf

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1、专题 3.4 导数的综合应用1（广东省东莞市三校2018-2019学年期中）已知函数()xf xex，0 x，下列结论中正确的是（）A函数()f x 有极小值B函数()f x 有极大值C函数()fx 有一个零点D函数()f x 没有零点【答案】D【解析】因为xfxex，所以1xfxe，又0 x，所以10 xfxe，即函数xfxex在0，上单调递增，且010minfxf，故函数fx无极值，且函数无零点，故选D。2（黑龙江省牡丹江市第一高级中学2018-2019 学年期末）已知函数32()(6)1f xxmxmx既存在极大值又存在极小值，则实数m的取值范围是（）A(1,2)B(,3)(6,)C(3

2、,6)D(,1)(2,)【答案】B【解析】3261fxxmxmx，2326fxxmxm，由于函数yfx既有极大值，又有最小值，则导函数yfx有两个零点，241260mm，即23180mm，解得3m或6m.因此，实数m的取值范围是,36,，故选 B。3（河南省信阳市普通高中2018-2019 学年期末）设函数323()e(62)2 e2xxfxxxxxa，若不等式()0f x在 2,)上有解，则实数a的取值范围为（）A31,)2eB32,)2eC31,)42eD11,)e【答案】C【解析】323()(62)202xxf xexxxaex在2,)上有解，等价于3232(62)2xxaeexxxx在

3、 2,)上有解，等价于32min3(62)22(2)xxe xxxxaxe，令32323(62)32()622xxxexxxxxg xxxxee，则211()336(1)(36)xxxgxxxxxee，因为 2,)x，所以当 2,1)x时，)(0gx，()g x在区间2,1)上单调递减；当(1,)x时，()0gx，()g x在区间(1,)上单调递增；当1x时，()g x取得极小值3131(1)16222gee，也就是函数的最小值，所以3122ae，所以3142ae，所以a的取值范围是31,)42e，故选 C。4（黑龙江省哈尔滨市呼兰一中2018-2019 学年期中）若不等式22 ln3xxxa

4、x对0,x恒成立，则实数a的取值范围是（）A,4B4,C,4D4,【答案】A【解析】因为22 ln3xxxax对0,x恒成立，所以32lnaxxx，0 x，令32lnyxxx，则22222323(3)(1)1xxxxyxxxx，所以当(0,1)x时，0y，函数单调减，当(1,)x时，0y，函数单调增，所以当1x时，min1034y，所以实数a的取值范围是,4，故选 A。5（河南省豫西名校2018-2019 学年联考）已知函数()fx 为R上的可导函数，其导函数为()fx，且满足()()1f xfx恒成立，(0)2019f，则不等式()20181xf xe的解集为（）A0,B,0C,eD,e【答

5、案】A【解析】由题意知，()()10f xfx，则构造函数()()1xF xf xe，则()()()1()()10 xxxFxfx ef xef xfxe，所以()F x在 R 是单调递减。又因为(0)2019f，则0(0)(0)12018Ffe。所求不等式-()2018+1xf xe可变形为()12018xfxe，即()2018(0)F xF，又()F x在 R 是单调递减，所以0 x，故选 A。6（四川省攀枝花市2018-2019 学年期末）已知函数2()eexxxaxf xa有三个不同的零点123,x xx（其中123xxx），则3122312111eeexxxxxx的值为()A1B1C

6、aDa【答案】A【解析】令=exxt，构造()exxg x，求导得1()exxg x，当1x时，()0g x；当1x时，()0g x，故()g x在,1上单调递增，在1,上单调递减，且0 x时，()0g x，0 x时，()0g x，max1()(1)eg xg，可画出函数()g x的图象（见下图），要使函数2()eexxxaxf xa有三个不同的零点123,x xx（其中123xxx），则方程20tata需要有两个不同的根12,tt（其中12tt），则240aa，解得0a或4a，且1212ttatta，若0a，即121200ttatta，则1210ett，则12301xxx，且232g xg

7、xt，故3122222231212121 211111111eeexxxxxxttttt taa，若4a，即121244ttatta，由于max1()(1)eg xg，故1224ett，故4a不符合题意，舍去，故选A。7（山西省晋城市2019 届第三次模拟）定义在R上的函数()f x 的导函数为()fx，若()0f x，且()()2112fxfx，则（）A22213ffeB21ffeC2212ffeD231fef【答案】C【解析】因为()()0211122fxfx，所以()2()0f xfx.构造函数：2()()xg xefx，所以2()()2()()xxgxefxef xfx()()2()0

8、 xef xfxfx.所以函数()g x在R上单调递增，所以(2)(1)gg，即222(2)(1)efe f，即2212ffe，故选 C。8（云南省玉溪市第一中学2019 届调研）已知定义在(0,)2上的函数f(x)，f(x)是它的导函数，且对任意的(0,)2x，都有()()tanf xfxx恒成立，则（）A3()2()43ffB2()()64ffC3()()63ffD(1)2()sin16ff【答案】D【解析】由题得()cos()sinfxxfxx，即()cos()sin0f xxfxx，令()()sinf xg xx(0,)2x，导函数2()sin()cos()0sinfxxf xxg x

9、x，因此 g(x)在定义域上为增函数。则有()()(1)()643gggg，代入函数得(1)22()2()()64sin133ffff，由该不等式可得(1)2()sin16ff，故选 D。9（湖北省武汉市武昌区2018-2019 学年期末）已知函数1()e ln(1)1xxf xaex存在零点0 x，且01x，则实数a的取值范围是（）A,1eln2B-eln 2,C,eln2D1 eln2,【答案】D【解析】由题意，函数1()e ln(1)1xxf xaex，令0fx，可得1ln(1)xaeex，设1ln(1),1xg xeexx，则111(1)xxxeexgxeexex，由1xyex的导数为

10、1xye，当1x时，110 xee，则函数1xyex递增，且10 xyex，则g x在(1,)递增，可得11ln 2g xge，则1ln 2ae，故选 D。10（安徽省教育联盟2019 年模拟）已知函数fx的导函数为fx，e为自然对数的底数，对xR均有fxxfxxfx成立，且22fe，则不等式2xxfxe的解集是（）A,eB,eC,2D2,【答案】D【解析】原不等式等价于2xxfxe，令xxfxg xe，则0 xfxxfxxfxgxe恒成立，g x在R上是增函数，又22fe，22g，原不等式为2g xg，解得2x，故选 D。11（浙江省杭州市学军中学2019 届模拟）已知不等式42(,4)xe

11、xaxb a bR a对任意实数x恒成立，则44ba的最大值为（）A2lnB12lnC22lnD22 2ln【答案】A【解析】原不等式可以化为(4)20 xeaxb，设 f(x)=(4)2()xeaxbxR，所以()(4)xfxea，所以只有a+40，才能有(4)20 xeaxb恒成立.此时min()(ln(4)4(4)(4)20.f xfaaaln ab）241ln(4)44baaa，设 g(x)=2221ln(0),()xxxg xxx所以max()(2)ln 2.g xg所以4ln 2.4ba故答案为A。12（云南省玉溪市第一中学2019 届调研）设fx为函数fx的导函数，且满足3213

12、3fxxaxbx，6fxfx，若6 ln3fxxx恒成立，则实数b的取值范围是（）A66ln6,B4ln 2,C5ln5,D64 3,【答案】A【解析】2()2fxxaxb，由6fxfx，可得()fx的对称轴为3x，所以(2)32a，所以3a，所以321()333f xxxbx，由6 ln3fxxx可得321336 ln33xxbxxx，变形可得32136 ln3bxxxxx(0)x，即2136ln(0)3bxxx x，设21()36ln(0)3g xxxx x，2262918()333xxg xxxx(23)(6)3xxx，易得函数()g x在区间(0,6)上单调递增，在区间(6,)上单调递

13、减，所以max()(6)6ln 66g xg，故实数b 的取值范围为6ln 66,)，故选 A。13（河北省衡水市第二中学2019 届高模拟）已知函数21()ln2f xxax，若对1212,2,)x xxx，31,2a，使1212fxfxmxx成立，则m的取值范围是（）A2,)B(,6)C5,2D11,4【答案】D【解析】当31,2a时，21ln2fxxax在0,上单调递增.则12120fxfxxx，因为1212fxfxmxx，所以1212fxfxmxx.记g xfxmx，因为1212fxfxmxx，所以12120g xg xxx，则g x在0,上单调递增，故0gx在2,上恒成立，即0axm

14、x在2,上恒成立，整理得amxx在2,上恒成立，则minamxx，故有22am，因为31,2a，使22am成立，所以max22am，即114m，答案为D。14（安徽省江淮十校2019 届模拟）已知函数()|ln|f xxax有三个零点，则实数a的取值范围是（）A10,eB(0,)eC1,eD(,)e【答案】A【解析】由函数()|ln|fxxax有三个零点，可转化为lnyx与直线yax有三个不同的交点，显然0a时不满足条件.当0a时，若1x，设切点坐标为00,lnxx，由lnyx得1yx，所以切线斜率为01x，因此，切线方程为：0001lnyxxxx，由切线过原点，得0 xe，此时切线的斜率为1

15、e.故当10ae时，1x，直线yax与lnyx有两个交点；当01x时，直线yax与lnyx有一个交点，结合图像可得，10ae故选 A。15（江西省赣州市2019 届联考）已知函数1ln(1)()(2)2xf xxx，若()1kf xx恒成立，则整数k 的最大值为()A2B3C4D5【答案】B【解析】f（x）1kx恒成立，即h（x）=1112xln xxk 即 h（x）的最小值大于k而 h（x）=2312xlnxx，记 g（x）=x3ln（x-1），（x2），则 g（x）=21xx0，g（x）在（2，+）上单调递增，又 g（4）=1ln30，g（5）=22ln20，g（x）=0 存在唯一实根a，

16、且满足a（4，5），a-3=ln（a-1），当 xa 时，g（x）0，h（x）0，当 2xa 时，g（x）0，h（x）0，h（x）min=h（a）=1 112aln aa=a-1（3，4），故正整数k 的最大值是3故答案为：B 16（黑龙江省大庆市第一中学2019 届模拟）已知奇函数fx是定义在R上的可导函数，其导函数为fx，当0 x时，有22fxxfxx，则不等式22018+2018420 xfxf的解集为()A,2016-B2016,2012C,2018D2016,0【答案】A【解析】设2g xx fx，因为fx为R上奇函数，所以22gxxfxx fx，即g x为R上奇函数对g x求导，得

17、2fgfxxxxx，而当0 x时，有220fxxfxx故0 x时，0gx，即g x单调递增，所以g x在R上单调递增不等式22018+2018420 xfxf22018+201842xfxf，22018+201842xfxf即20182g xg所以20182x，解得2016x故选 A。17（广东省佛山市顺德区2018-2019 学年期末）已知函数3()4f xaxbx，当2x时，函数()f x 有极大值 8.（）求函数()f x 的解析式；（）若不等式()0fxmx在区间1,3上恒成立，求实数m的取值范围.【答案】（I）31()344f xxx（II）(0,)【解析】（I）2()3fxaxb当

18、2x时，函数()f x 有极大值8(2)120(2)8248fabfab，解得143ab所以函数()f x 的解析式为31()344fxxx.（II）不等式31()3404f xmxxxmx在区间1,3上恒成立21434mxx在区间1,3上恒成立令214()3,1,34g xxxx，则由33222148(8)()223xxgxxxxx解()0gx得12x，解)(0g x得23x所以当12x时，g x单调递增，当23x时，g x单调递减所以对1,3x，都有()(2)0g xg，所以0m，即实数m的取值范围是(0,)。18（天津市部分区2018-2019 学年期末）已知函数1()1xxef xe.

19、（I）若()2f a，求实数a的值；（）判断()f x 的奇偶性并证明；（）设函数22()1()1g xkxf x()kR，若()g x在(0,)上没有零点，求k的取值范围.【答案】（I）ln3；（）()f x 为奇函数，证明见解析；（）2,4e.【解析】（）因为121aaefae，即：3ae，所以ln3a.（）函数fx为奇函数.令10 xe，解得0 x，函数fx的定义域关于原点对称，又+11+1111xxxxxxeeefxfxeee所以，fx为奇函数.（）由题意可知，2xg xekx，函数g x在0,上没有零点等价于方程2xekx在0,上无实数解，设2(0)xeh xxx，则32(0)xex

20、hxxx，h x在0,2上单调递减，在2,上单调递增，h x在2x上取得极小值，也是最小值，224eh xh，k的取值范围为2,4e.19（福建省仙游市第一中学2018-2019 学年期末）已知函数()sinf xaxx在0 x处的导数为 0.（1）求a的值和(|)fx的最大值；（2）若实数13m，对任意0,2x，不等式()(3cos2)f xmxx恒成立，求m的取值范围.【答案】（1）1a，(|)fx的最大值为0.（2）1233m【解析】（1）()cos1fxax，由题意得，(0)10fa，则1a，经检验满足.因为(|)fx是偶函数，故只考虑0 x部分的最大值，当0 x时，(|)sinfxx

21、x，又(|)cos10fxx，此时(|)fx在0 x上单调递减，则(|)(0)0fxf，所以(|)fx的最大值为0.（2）设()()(3cos2)sin3,0,2k xf xmxxxxmxcosx x，只要证()0k x，对0,2x恒成立，且注意到(0)0k.()3sin(13)cos1kxmxxmx，设()()kxh x，0,2x，()(61)sin3cosh xmxmxx，因为13m，则610m，从而()0h x对0,2x恒成立，则()h x在0,2x上单调递增，则(0)()()2hh xh，即323()()12mkxh x，当230m，即23m时，()0kx，故()k x在0,2x上单调

22、递增，于是()(0)0k xk恒成立；当230m，即23m时，存在00,2x，使得0(0,)xx时，()0kx，即()k x在0(0,)xx上递减，从而0()(0)0k xk，不能使()0k x恒成立.综上所述：1233m，所以m的最大值为23.20（黑龙江省哈尔滨市第六中学2018-2019 学年期末）设2()f xx，()1xg xxe（e为自然对数的底数)（1）记()().()g xh xf x讨论函数()h x单调性；证明当0 x时，()()h xhx恒成立.（2）令()()()(),F xag xfx aR设函数()F x有两个零点，求参数a的取值范围.【答案】（1）fx在,0为减函

23、数，在0,上为增函数见证明；（2）0a【解析】（1）由题意得21()()0()xxeg xh xxf xx所以2322()xexxh xx因为2222110 xxx所以当()00h xx时h x为增函数，当()00h xx时h x为减函数证明:当0 x时，()()h xhx恒成立，等价于证明当0 x时，()()0h xhx恒成立。因为22221111xxxxxexxexeh xhxxxx e，因为0 x211xm xxex，则221421xxmemexxxx。因为0 x，所以0mx，所以m x在0,上为增函数。因为00m，所以m x在0,上为增函数。00m又因为200 xxx e，所以2211

24、0 xxxexh xhxh xhxx e（2）2()()()1xF xag xf xaexx22xxFxae xxx ae当0a时00Fxx，()F x为增函数。00Fxx，()F x为减函数。()F x有两个零点0000FFaa0a当0a时，令12200,ln()Fxxxa当1220 xxa时()F x在,0和2ln(),a上为增函数，在20,ln()a上为减函数。00Fa()F x此时有三个零点（舍弃）当12xx同理可得()F x有三个零点（舍弃）当0a时，2F xfxx，此时()F x有两个零点。综上所述0a。1.【2019 年高考天津】设函数()e cos,()xf xxg x为fx的

25、导函数（）求fx的单调区间；（）当,4 2x时，证明()()02fxg xx；（）设nx为函数()()1u xfx在区间2,242nn内的零点，其中nN，证明20022sinc seonnnxxx【答案】（）()f x 的单调递增区间为32,2(),()44kkkfxZ的单调递减区间为52,2()44kkkZ.（）见解析；（）见解析.【解析】（）由已知，有()e(cossin)xf xxx 因此，当52,244xkk()kZ时，有sincosxx，得()0f x，则fx单调递减；当32,244xkk()kZ时，有sincosxx，得()0f x，则fx单调递增所以，fx的单调递增区间为32,2

26、(),()44kkkf xZ的单调递减区间为52,2()44kkkZ（）证明：记()()()2h xf xg xx依题意及（），有()e(cossin)xg xxx，从而()2e sinxg xx当,4 2x时，0()g x，故()()()()(1)()022h xf xg xxg xg xx因此，h x在区间,4 2上单调递减，进而()022h xhf所以，当,4 2x时，()()02f xg xx（）证明：依题意，10nnu xfx，即cose1nxnx记2nnyxn，则,4 2ny，且22ecosecos2ennyxnnnnnfyyxnnN由20e1nnfyfy及（），得0nyy由（）知

27、，当,4 2x时，()0g x，所以g x在,4 2上为减函数，因此004ng yg yg又由（）知，02nnnfyg yy，故02222000002sincossinceeeeosennnnnnynnfyyg yg ygyyyxx所以，20022sinc seonnnxxx2.【2019 年高考浙江】已知实数0a，设函数()=ln1,0.f xaxxx（1）当34a时，求函数()f x的单调区间；（2）对任意21,)ex均有(),2xf xa求a的取值范围注：e=2.71828 为自然对数的底数【答案】（1）fx的单调递增区间是3,，单调递减区间是0,3；（2）20,4.【解析】（1）当34

28、a时，3()ln1,04f xxx x31(12)(2 11)()42 141xxf xxxxx，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1(1)2fa，得204a当204a时，()2xf xa等价于22 12ln0 xxxaa令1ta，则2 2t设2()212ln,2 2g ttxtxx t，则211()(1)2lnxg tx txxx（i）当1,7x时，1122x，则()(22)84 2 12lng tgxxx记1()422 1ln,7p xxxx x，则2212121()11xxxxp xxxxx x(1)1(221)1(1)(12)xxxxxxx

29、x.故x171(,1)71(1,)()p x0+()p x1()7p单调递减极小值(1)p单调递增所以，()(1)0p xp因此，()(22)2()0g tgp x（ii）当211,e7x时，12ln(1)()12xxxg tgxx令211()2ln(1),e7q xxxxx，则ln2()10 xq xx，故()q x在211,e7上单调递增，所以1()7q xq由（i）得，12 712 7(1)07777qpp所以，()0 在(0，)上恒成立，则 f(x)在(0，)上单调递增，又f(0)1，所以此时f(x)在(0，)内无零点，不满足题意.当 a0 时，由 f(x)0 得 xa3，由 f(x)

30、0 得 0 x0，f(x)单调递增，当 x(0，1)时，f(x)0，f(x)单调递减.则 f(x)maxf(0)1，f(1)4，f(1)0，则 f(x)min 4，所以 f(x)在1，1上的最大值与最小值的和为3.5.(2018全国卷)已知函数f(x)exax2.(1)若 a1，证明：当x0 时，f(x)1；(2)若 f(x)在(0，)只有一个零点，求a.【解析】(1)证明：当a1 时，f(x)1 等价于(x21)ex10.设函数 g(x)(x21)ex 1，则 g(x)(x22x1)ex(x1)2ex.当 x1时，g(x)0，所以 g(x)在(0，)上单调递减而 g(0)0，故当 x0 时，

31、g(x)0，即 f(x)1.(2)设函数 h(x)1 ax2ex.f(x)在(0，)上只有一个零点等价于h(x)在(0，)上只有一个零点()当 a0 时，h(x)0，h(x)没有零点；()当 a0 时，h(x)ax(x2)ex.当 x(0，2)时，h(x)0；当 x(2，)时，h(x)0.所以 h(x)在(0，2)上单调递减，在(2，)上单调递增故 h(2)14ae2是 h(x)在(0，)上的最小值当 h(2)0，即 ae24时，h(x)在(0，)上没有零点当 h(2)0，即 ae24时，h(x)在(0，)上只有一个零点当 h(2)0，即 ae24时，因为h(0)1，所以 h(x)在(0，2)上有一个零点由(1)知，当 x0 时，exx2，所以 h(4a)116a3e4a116a3e2a2116a32a4 11a0，故h(x)在(2，4a)上有一个零点因此h(x)在(0，)上有两个零点综上，当f(x)在(0，)上只有一个零点时，ae24.