2018年高考数学考点通关练函数导数及其应用16导数的应用(二)试题文.DOC

考点测试16导数的应用(二)一、基础小题1函数f(x)x33x22在区间1,1上的最大值是()A2 B0 C2 D4答案C解析令f(x)3x26x0，得x0，x2(舍去)比较f(1)，f(0)，f(1)的大小知f(x)maxf(0)2.2已知对任意实数x，都有f(x)f(x)，g(x)g(x)，且x0时，f(x)0，g(x)0，则x0，g(x)0 Bf(x)0，g(x)0Cf(x)0 Df(x)0，g(x)0时，f(x)，g(x)都单调递增，则当x0，g(x)0.3若曲线f(x)，g(x)x在点P(1,1)处的切线分别为l1，l2，且l1l2，则实数的值为()A2 B2 C. D答案A解析f(x)，g(x)x1，所以在点P处的斜率分别为k1，k2，因为l1l2，所以k1k21，所以2，选A.4若函数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，则实数k的取值范围是()A1，) B. C1,2) 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1k1的解集为()A(2,3)(3，2)B(，)C(2,3)D(，)(，)答案A解析由yf(x)的图象知，f(x)在(，0上单调递增，在(0，)上单调递减，又f(2)1，f(3)1，f(x26)1可化为2x263，2x3或3x2.7若0x1x2g(x2)，8已知f(x)ln x，g(x)x22ax4，若对任意的x1(0,2，存在x21,2，使得f(x1)g(x2)成立，则a的取值范围是()A. B.C. D.答案A解析因为f(x)，易知，当x(0,1)时，f(x)0，所以f(x)在(0,1)上单调递减，在(1,2上单调递增，故f(x)minf(1).对于二次函数g(x)x22ax4，易知该函数开口向下，所以其在区间1,2上的最小值在端点处取得，即g(x)minming(1)，g(2)要使对任意的x1(0,2，存在x21,2，使得f(x1)g(x2)成立，只需f(x1)ming(x2)min，即g(1)且g(2)，所以12a4且44a4，解得a.二、高考小题92015福建高考“对任意x，ksinxcosxx”是“k1”的()A充分而不必要条件 B必要而不充分条件C充分必要条件 D既不充分也不必要条件答案B解析设f(x)ksinxcosx，g(x)x，对任意x，ksinxcosxx等价于f(x)1，01，k1.112014辽宁高考当x2,1时，不等式ax3x24x30恒成立，则实数a的取值范围是()A5，3 B.C6，2 D4，3答案C解析当x(0,1时，得a3342，令t，则t1，)，a3t34t2t，令g(t)3t34t2t，t1，)，则g(t)9t28t1(t1)(9t1)，显然在1，)上，g(t)0，g(t)单调递减，所以g(t)maxg(1)6，因此a6；同理，当x2,0)时，得a2.由以上两种情况得6a2，显然当x0时也成立故实数a的取值范围为6，2122015全国卷已知函数f(x)ax3x1的图象在点(1，f(1)处的切线过点(2,7)，则a_.答案1解析由题意可得f(x)3ax21，f(1)3a1，又f(1)a2，f(x)ax3x1的图象在点(1，f(1)处的切线方程为y(a2)(3a1)(x1)，又此切线过点(2,7)，7(a2)(3a1)(21)，解得a1.三、模拟小题132016福建质检已知函数f(x)ax3bx2cxd，其图象在点(1，f(1)处的切线斜率为0.若abc，且函数f(x)的单调递增区间为(m，n)，则nm的取值范围是()A. B. C(1,3) D(2,3)答案B解析由题意得f(x)ax2bxc，因为函数f(x)ax3bx2cxd的图象在(1，f(1)处的切线斜率为0，所以f(1)abc0，又因为abc，所以a0c.因为函数f(x)的单调递增区间为(m，n)，所以mn0，且mn，则结合题意可知n1，m，则nm1，又因为abc，abc0，所以，则nm1，故选B.142017湖北联考已知函数g(x)满足g(x)g(1)ex1g(0)xx2，且存在实数x0，使得不等式2m1g(x0)成立，则实数m的取值范围为()A(，2 B(，3 C1，) D0，)答案C解析g(x)g(1)ex1g(0)x，令x1时，得g(1)g(1)g(0)1，g(0)1，g(0)g(1)e01，g(1)e，g(x)exxx2，g(x)ex1x，当x0时，g(x)0时，g(x)0，当x0时，函数g(x)取得最小值g(0)1.根据题意得2m1g(x)min1，m1，故选C.152017吉林长春模拟已知函数f(x)m1x2(ex2e)(e为自然对数的底数)与g(x)25ln x的图象上存在关于x轴对称的点，则实数m的取值范围是()Ae22，) B.Ce,2e De24,4e25ln 24答案D解析由题意可知，方程m1x25ln x2在e,2e上有解，即mx25ln x1在e,2e上有解令h(x)x25ln x1，h(x)2x，易知h(x)在e,2e上单调递增，所以h(x)在e,2e上的最小值为e251e24，最大值为(2e)25ln 2e14e25ln 24.所以实数m的取值范围是e24,4e25ln 24故选D.162016湖北八校联考已知函数f(x)x3tx23x，若对于任意的a1,2，b(2,3，函数f(x)在区间a，b上单调递减，则实数t的取值范围是()A(，3 B(，5 C3，) D5，)答案D解析f(x)x3tx23x，f(x)3x22tx3，由于函数f(x)在a，b上单调递减，则有f(x)0在a，b上恒成立，即不等式3x22tx30在a，b上恒成立，即有t在a，b上恒成立，而函数y在1,3上单调递增，由于a1,2，b(2,3，当b3时，函数y取得最大值，即ymax5，所以t5，故选D.172017河北石家庄调研已知f(x)x2c(b，c是常数)和g(x)x是定义在Mx|1x4上的函数，对于任意的xM，存在x0M使得f(x)f(x0)，g(x)g(x0)，且f(x0)g(x0)，则f(x)在M上的最大值为()A. B5 C6 D8答案B解析因为g(x)x21(当且仅当x2时等号成立)，所以f(2)2cg(2)1，c1，所以f(x)x21，f(x)x.因为f(x)在x2处有最小值，所以f(2)0，即b8，所以c5，f(x)x25，f(x)，所以f(x)在1,2上单调递减，在2,4上单调递增，而f(1)85，f(4)8255，所以函数f(x)的最大值为5，故选B.182017河南安阳模拟已知函数f(x)ax3x2ax(aR，且a0)如果存在实数a(，1，使得函数g(x)f(x)f(x)，x1，b(b1)在x1处取得最小值，则实数b的最大值为_答案解析依题意，f(x)3ax22xa，g(x)f(x)f(x)ax3(3a1)x2(2a)xa，则g(x)g(1)在区间1，b上恒成立，即(x1)ax2(2a1)x(13a)0，当x1时，不等式成立，当10，则不等式成立的充要条件是h(b)0，整理得，则该不等式在a(，1上有解，即max1，得1b，故实数b的最大值为.一、高考大题12016全国卷设函数f(x)ln xx1.(1)讨论f(x)的单调性；(2)证明当x(1，)时，11，证明当x(0,1)时，1(c1)xcx.解(1)由题设知f(x)的定义域为(0，)，f(x)1，令f(x)0，解得x1.当0x0，f(x)单调递增；当x1时，f(x)0，f(x)单调递减(2)证明：由(1)知f(x)在x1处取得最大值，最大值为f(1)0.所以当x1时，ln xx1.故当x(1，)时，ln xx1，ln 1且xln xx1，即11，设g(x)1(c1)xcx，则g(x)c1cxln c，令g(x)0，解得x0.当x0，g(x)单调递增；当xx0时，g(x)0，g(x)单调递减由(2)知1c，故0x01.又g(0)g(1)0，故当0x0.所以当x(0,1)时，1(c1)xcx.22016北京高考设函数f(x)x3ax2bxc.(1)求曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程；(2)设ab4，若函数f(x)有三个不同零点，求c的取值范围；(3)求证：a23b0是f(x)有三个不同零点的必要而不充分条件解(1)由f(x)x3ax2bxc，得f(x)3x22axb.因为f(0)c，f(0)b，所以曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程为ybxc.(2)当ab4时，f(x)x34x24xc，所以f(x)3x28x4.令f(x)0，得3x28x40，解得x2或x.f(x)与f(x)在区间(，)上的情况如下：x(，2)2f(x)00f(x)cc所以，当c0且c0时，存在x1(，2)，x2，x3，使得f(x1)f(x2)f(x3)0.由f(x)的单调性知，当且仅当c时，函数f(x)x34x24xc有三个不同零点(3)证明：当4a212b0，x(，)，此时函数f(x)在区间(，)上单调递增，所以f(x)不可能有三个不同零点当4a212b0时，f(x)3x22axb只有一个零点，记作x0.当x(，x0)时，f(x)0，f(x)在区间(，x0)上单调递增；当x(x0，)时，f(x)0，f(x)在区间(x0，)上单调递增所以f(x)不可能有三个不同零点综上所述，若函数f(x)有三个不同零点，则必有4a212b0.故a23b0是f(x)有三个不同零点的必要条件当ab4，c0时，a23b0，f(x)x34x24xx(x2)2只有两个不同零点，所以a23b0不是f(x)有三个不同零点的充分条件因此a23b0是f(x)有三个不同零点的必要而不充分条件32015全国卷设函数f(x)e2xaln x.(1)讨论f(x)的导函数f(x)零点的个数；(2)证明：当a0时，f(x)2aaln .解(1)f(x)的定义域为(0，)，f(x)2e2x(x0)当a0时，f(x)0，f(x)没有零点，当a0时，因为ye2x单调递增，y单调递增，所以f(x)在(0，)单调递增又f(a)0，当b满足0b且b时，f(b)0时，f(x)存在唯一零点(2)证明：由(1)，可设f(x)在(0，)的唯一零点为x0，当x(0，x0)时，f(x)0.故f(x)在(0，x0)单调递减，在(x0，)单调递增，所以当xx0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0)所以f(x0)2ax0aln 2aaln .故当a0时，f(x)2aaln .二、模拟大题42017江西八校联考已知函数f(x)(2x1)ex，g(x)axa(aR)(1)若yg(x)为曲线yf(x)的一条切线，求实数a的值；(2)已知a1，若关于x的不等式f(x)g(x)的整数解只有一个x0，求实数a的取值范围解(1)函数f(x)的定义域为R，f(x)(2x1)ex. (2)令F(x)(2x1)exaxa，xR，则F(x)ex(2x1)a.当x0时，ex1,2x11，ex(2x1)1.又a0，F(x)在(0，)上单调递增F(0)1a0，存在唯一的整数x00使得F(x0)0，即f(x0)g(x0)当x0时，为满足题意，F(x)在(，0)上不存在整数使F(x)0，即F(x)在(，1上不存在整数使F(x)0.x1，ex(2x1)0.当0a1时，F(x)0，F(x)在(，1上单调递减，当x1时，F(x)F(1)2a0，得a，a1.当a0时，F(1)2a0，不符合题意综上所述，a0时，f(x)的最大值为M，g(x)M有两个不同的根，求a的取值范围；(3)存在x1，x2(1，)且x1x2，使|f(x1)f(x2)|k|ln x1ln x2|成立，求k的取值范围解(1)f(x).令yf(x)0，得x1.当x(0,1)时，f(x)0，yf(x)单调递增；当x(1，)时，f(x)0，yf(x)单调递减所以函数yf(x)的最大值为f(1)1.(2)由(1)可知M1.g(x)2ax.若a0，则g(x)0，则当x时，g(x)0，yg(x)单调递增，所以g1，解得0ax21，由(1)知当x(1，)时，yf(x)单调递减|f(x1)f(x2)|k|ln x1ln x2|等价于f(x2)f(x1)k(ln x1ln x2)，即f(x2)kln x2f(x1)kln x1.存在x1，x2(1，)且x1x2，使f(x2)kln x2f(x1)kln x1成立令h(x)f(x)kln x，h(x)在(1，)上存在减区间，则h(x)0有解，即k有解，则k0，yt(