高考数学 考点通关练 第二章 函数、导数及其应用 15 导数的应用(一)试题 文.DOC

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时，f(x)ex10，x0时，f(x)ex1f(c)f(d)bf(b)f(a)f(e)cf(c)f(b)f(a)df(c)f(e)f(d)答案c解析依题意得，当x(，c)时，f(x)0；当x(c，e)时，f(x)0.因此，函数f(x)在(，c)上是增函数，在(c，e)上是减函数，在(e，)上是增函数，又abf(b)f(a)，选c.5已知函数f(x)的导函数f(x)ax2bxc的图象如图所示，则f(x)的图象可能是()答案d解析当x0时，由导函数f(x)ax2bxc0时，由导函数f(x)ax2bxc的图象可知，导函数在区间(0，x1)内的值是大于0的，则在此区间内函数f(x)单调递增只有d选项符合题意6已知函数f(x)x3ax2x1在r上是单调函数，则实数a的取值范围是()a(，)，)b，c(，)(，)d(，)答案b解析f(x)3x22ax10恒成立，4a2120，a.7若函数f(x)x2x1在区间上有极值点，则实数a的取值范围是()a. b. c. d.答案c解析f(x)x2x1，f(x)x2ax1.若函数f(x)x2x1在区间上有极值点，则f(x)x2ax1在区间内有零点，由f(x)x2ax10，可知ax.函数yx在上单调递减，在(1,3)上单调递增，y，即2a.当a2时，由f(x)0解得x1，而f(x)在，(1,3)上单调性相同，故不存在极值点，则a2.综上可知，2a1，则不等式exf(x)ex1的解集为()ax|x0 bx|x0cx|x1 dx|x1或0xexex0，所以g(x)exf(x)ex为r上的增函数，又因为g(0)e0f(0)e01，所以原不等式转化为g(x)g(0)，解得x0.二、高考小题92016四川高考已知a为函数f(x)x312x的极小值点，则a()a4 b2 c4 d2答案d解析由题意可得f(x)3x2123(x2)(x2)，令f(x)0，得x2或x2，则f(x)，f(x)随x的变化情况如下表：x(，2)2(2,2)2(2，)f(x)00f(x)极大值极小值函数f(x)在x2处取得极小值，则a2.故选d.102015安徽高考 函数f(x)ax3bx2cxd的图象如图所示，则下列结论成立的是()aa0，b0，d0ba0，b0，c0ca0，b0，d0da0，b0，c0，d0.f(x)3ax22bxc，且函数f(x)ax3bx2cxd在(，x1)上单调递增，(x1，x2)上单调递减，(x2，)上单调递增，f(x)0，又x1，x2均为正数，0，0，可得c0，b0；对于任意的a及任意不相等的实数x1，x2，都有n0；对于任意的a，存在不相等的实数x1，x2，使得mn；对于任意的a，存在不相等的实数x1，x2，使得mn.其中的真命题有_(写出所有真命题的序号)答案解析f(x)2x是增函数，对任意不相等的实数x1，x2，都有0，即m0，成立由g(x)x2ax图象可知，当x时，g(x)是减函数，当不相等的实数x1、x2时，0，即n2xa，此时h(x)在r上是增函数若h(x1)h(x2)，则x1x2，不成立若mn，则有，f(x1)g(x1)f(x2)g(x2)，令(x)f(x)g(x)，则(x)2xx2ax，(x)2xln 22xa.令(x)0，得2xln 22xa0，即2xln 22xa.由y12xln 2与y22xa的图象可知，对任意的a，存在x0，使xx0时，y1y2，xx0时，y1x0时，(x)0，xx0时(x)0)设g(x)，则g(x)，则g(x)在(0,1)内单调减，在(1，)内单调增g(x)在(0，)上有最小值，为g(1)e，结合g(x)与yk的图象可知，要满足题意，只需ke，选a.152017山西四校联考直线ya分别与直线y3x3，曲线y2xln x交于a，b两点，则|ab|的最小值为()a. b1 c. d4答案a解析设与直线y3x3平行且与曲线y2xln x相切的直线为y3xb，则y23，解得x1，所以切点为(1,2)所以当a2时，直线ya与直线y3x3的交点为，此时|ab|min.162016浙江瑞安中学月考已知函数f(x)x3bx2cx的图象如图所示，则xx等于()a. b. c. d.答案c解析由图象可知f(x)的图象过点(1,0)与(2,0)，x1，x2是函数f(x)的极值点，因此1bc0,84b2c0，解得b3，c2，所以f(x)x33x22x，所以f(x)3x26x2.x1，x2是方程f(x)3x26x20的两根，因此x1x22，x1x2，所以xx(x1x2)22x1x24，故选c.172016山西质监已知函数f(x)x，若f(x1)x2 bx1x20cx1x2 dxx答案d解析因为f(x)xxf(x)，所以f(x)为偶函数由f(x1)f(x2)，得f(|x1|)f(|x2|)(*)又f(x)exx，当x0时，e2x(x1)x1e0(01)010，所以f(x)0，所以f(x)在0，)上为增函数，由(*)式得|x1|x2|，即x，所以00，得x，所以f(x)在上单调递增；令f(x)，所以f(x)在上单调递减所以当x(0,2)时，f(x)maxfln a1，所以ln 0，所以a1.一、高考大题12015重庆高考已知函数f(x)ax3x2(ar)在x处取得极值(1)确定a的值；(2)若g(x)f(x)ex，讨论g(x)的单调性解(1)对f(x)求导得f(x)3ax22x，因为f(x)在x处取得极值，所以f0，即3a20，解得a.(2)由(1)得g(x)ex，故g(x)exexexx(x1)(x4)ex.令g(x)0，解得x0，x1或x4.当x4时，g(x)0，故g(x)为减函数；当4x0，故g(x)为增函数；当1x0时，g(x)0时，g(x)0，故g(x)为增函数综上，知g(x)在(，4)和(1,0)内为减函数，在(4，1)和(0，)内为增函数22016全国卷已知函数f(x)(x2)exa(x1)2.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围解(1)f(x)(x1)ex2a(x1)(x1)(ex2a)()设a0，则当x(，1)时，f(x)0.所以f(x)在(，1)上单调递减，在(1，)上单调递增()设aa，则ln (2a)0；当x(ln (2a)，1)时，f(x)0.所以f(x)在(，ln (2a)，(1，)上单调递增，在(ln (2a)，1)上单调递减若a1，故当x(，1)(ln (2a)，)时，f(x)0；当x(1，ln (2a)时，f(x)0，则由(1)知f(x)在(，1)上单调递减，在(1，)上单调递增又f(1)e，f(2)a0，取b满足b0且b(b2)a(b1)2a0，所以f(x)有两个零点()设a0，则f(x)(x2)ex，所以f(x)只有一个零点()设a0，若a，则由(1)知，f(x)在(1，)上单调递增，又当x1时，f(x)0，故f(x)不存在两个零点；若a，则由(1)知，f(x)在(1，ln (2a)上单调递减，在(ln (2a)，)上单调递增，又当x1时，f(x)0，函数g(x)单调递增；当a0时，x时，g(x)0，函数g(x)单调递增，x时，函数g(x)单调递减所以当a0时，g(x)的单调增区间为(0，)；当a0时，g(x)的单调增区间为，单调减区间为.(2)因为f(x)在x1处取得极大值所以0x0；x1时，f(1)0；x1时，f(x)0，即0x0；x1时，g(1)0；x1时，g(x)0.x1位于g(x)的减区间内，g(1)0，又g(x)2a，g(1)12a.综上可知实数a的取值范围为a.二、模拟大题42017山西四校联考已知函数f(x)aln x(ar)(1)若h(x)f(x)2x，当a3时，求h(x)的单调递减区间；(2)若函数f(x)有唯一的零点，求实数a的取值范围解(1)h(x)的定义域为(0，)，h(x)2，令h(x)0，得h(x)的单调递减区间是和(1，)(2)问题等价于aln x有唯一的实根显然a0，则关于x的方程xln x有唯一的实根构造函数(x)xln x，则(x)1ln x.令(x)1ln x0，得xe1.当0xe1时，(x)e1时，(x)0，(x)单调递增所以(x)的极小值为(e1)e1.如图，作出函数(x)的大致图象，则要使方程xln x有唯一的实根，只需直线y与曲线y(x)有唯一的交点，则e1或0，解得ae或a0.故实数a的取值范围是e(0，)52016石家庄模拟已知函数f(x)ex3x3a(e为自然对数的底数，ar)(1)求f(x)的单调区间与极值；(2)求证：当aln ，且x0时，x3a.解(1)由f(x)ex3x3a，xr，知f(x)ex3，xr.令f(x)0，得xln 3.于是当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x(，ln 3)ln 3(ln 3，)f(x)0f(x)3(1ln 3a)故f(x)的单调递减区间是(，ln 3，单调递增区间是ln 3，)yf(x)在xln 3处取得极小值，极小值为f(ln 3)eln 33ln 33a3(1ln 3a)(2)证明：待证不等式等价于exx23ax1.设g(x)exx23ax1，xr，则g(x)ex3x3a，xr.由(1)及aln ln 31，知g(x)的最小值为g(ln 3)3(1ln 3a)0.于是对任意xr，都有g(x)0，所以g(x)在r内单调递增于是当aln ln 31时，对任意x(0，)，都有g(x)g(0)因为g(0)0，所以对任意x(0，)，g(x)0，即exx23ax1，故x3a.62017广西质检设函数f(x)cln xx2bx(b，cr，c0)，且x1为f(x)的极值点(1)若x1为f(x)的极大值点，求f(x)的单调区间(用c表示)；(2)若f(x)0恰有两解，求实数c的取值范围解f(x)xb.因为f(1)0，所以f(x)且c1，则bc10.(1)因为x1为f(x)的极大值点，所以c1.当0x0；当1xc时，f(x)c时，f(x)0.所以f(x)的单调递增区间为(0,1)，