高考数学二轮复习 第一部分 专题一 第五讲 导数的应用 第六讲 导数的应用（二）习题.doc

第六讲 导数的应用(二)限时规范训练a组高考热点强化练一、选择题1设函数f(x)在r上的导函数为f(x)，且2f(x)xf(x)x2，下面的不等式在r上恒成立的是()af(x)0bf(x)x df(x)x解析：可令f(x)x2，则f(x)满足条件，验证各个选项，知b、c、d都不恒成立，故选a.答案：a2对于r上可导的任意函数f(x)，若满足(x1)f(x)0，则有()af(0)f(2)2f(1)df(0)f(2)2f(1)解析：由题意得，当x1时，f(x)0，当x1时，f(x)0，f(x)的最小值为f(1)，即对任意实数x，都有f(x)f(1)，f(0)f(1)，f(2)f(1)，f(0)f(2)2f(1)，故选d.答案：d3设f(x)，g(x)分别是定义在r上的奇函数和偶函数，当x0，且f(3)0，则不等式f(x)g(x)0知x0时，h(x)为增函数，又f(x)，g(x)分别是奇函数和偶函数，h(x)为奇函数且在(0，)上为增函数，且h(3)0，所以f(x)g(x)0的解集为(，3)(0,3)，故选d.答案：d4已知f(x)是定义在r上的函数，f(x)是f(x)的导函数，且f(x)，f(1)1，则不等式f(x)的解集为()ax|x1cx|x1 dx|1x1解析：f(x)，f(x).令g(x)f(x)，g(1)，g(x)g(1)g(x)f(x)1.答案：b5已知函数yf(x)是r上的可导函数，当x0时，有f(x)0，则函数f(x)xf(x)的零点个数是()a0 b1c2 d3解析：当x0时，f(x)0，当x0时，xf(x)0，则h(x)xf(x)在(0，)上为增函数，且h(0)0，h(x)xf(x)0在(0，)上恒成立，又0，f(x)0在(0，)上恒成立，即f(x)在(0，)上无零点当x0时，xf(x)0在(，0)上恒成立，所以f(x)xf(x)在(,0)上为减函数，当x0时，xf(x)0，则f(x)0，在0,2上，g(x)b1，则下列不等式成立的是()aaln bbln a baln bbea daeb0)，则f(x)，令f(x)0，则xe，当x(0，e)时，1ln x0，f(x)0；当xe，)时，1ln x0，f(x)0，函数f(x)的增区间为(0，e)，减区间为e，)，又e(1，)，当eab时，f(b)f(a)，即，即aln bbe时，bln a，故a，b不正确令g(x)，同理可知函数g(x)的增区间为1，)，减区间为(，0)，(0,1)，当ab1时，g(a)g(b)，即，即aebbea，故选d.答案：d8设函数yf(x)，xr的导函数为f(x)，且f(x)f(x)，f(x)f(x)，则下列不等式成立的是(e为自然对数的底数)()af(0)e1f(1)e2f(2)be1f(1)f(0)e2f(2)ce2f(2)e1f(1)f(0)de2f(2)f(0)e1f(1)解析：本题考查导数在函数中的应用设g(x)，则g(x)，又因为对任意xr，f(x)f(x)，所以任意xr，g(x)0恒成立，函数g(x)在r上单调递减，所以g(1)g(0)g(2)，即，即e1f(1)f(0)e2f(2)，又因为f(x)f(x)，所以e1f(1)f(0)e2f(2)，故选b.答案：b二、填空题9若函数f(x)x36bx3b在(0,1)内有极小值，则实数b的取值范围是_解析：f(x)3x26b，若f(x)在(0,1)内有极小值，则f(0)f(1)0，即6b(36b)0，解得0b.答案：10已知f(x)sin x2x，xr，且f(1a)f(2a)0，f(x)在(，)上递增且是奇函数，由f(1a)f(2a)0，即f(2a)f(a1)，2aa1，a1.答案：(，1)11已知函数f(x)x2(xa)，若f(x)在(2,3)上不单调，则实数a的取值范围是_解析：由f(x)x3ax2，得f(x)3x22ax3x，若f(x)在(2,3)上不单调，则有可得3a0，则不等式0，x(0，)，所以函数g(x)x2f(x)在(0，)上单调递增原不等式即为g(x2 016)g(5)0x2 01652 016x0时，(xk)f(x)x10，求k的最大值解析：(1)f(x)的定义域为(，)，f(x)exa.若a0，则f(x)0，所以f(x)在(，)上单调递增若a0，则当x(，ln a)时，f(x)0，所以，f(x)在(，ln a)上单调递减，在(ln a，)上单调递增(2)由于a1，所以(xk)f(x)x1(xk)(ex1)x1.故当x0时，(xk)f(x)x10等价于k0)令g(x)x，则g(x)1.由(1)知，函数h(x)exx2在(0，)上单调递增而h(1)0，所以h(x)在(0，)上存在唯一的零点故g(x)在(0，)上存在唯一的零点设此零点为，则(1,2)当x(0，)时，g(x)0.所以g(x)在(0，)上的最小值为g()又由g()0，可得e2，所以g()1(2,3)由于式等价于kg()，故整数k的最大值为2.15(2017高考天津卷)设a，br，|a|1.已知函数f(x)x36x23a(a4)xb，g(x)exf(x)(1)求f(x)的单调区间(2)已知函数yg(x)和yex的图象在公共点(x0，y0)处有相同的切线，求证：f(x)在xx0处的导数等于0；若关于x的不等式g(x)ex在区间x01，x01上恒成立，求b的取值范围解析：(1)由f(x)x36x23a(a4)xb，可得f(x)3x212x3a(a4)3(xa)x(4a)令f(x)0，解得xa或x4a.由|a|1，得a4a.当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x(，a)(a,4a)(4a，)f(x)f(x)所以，f(x)的单调递增区间为(，a)，(4a，)，单调递减区间为(a,4a)(2)证明：因为g(x)ex(f(x)f(x)，由题意知所以解得所以，f(x)在xx0处的导数等于0.因为g(x)ex，xx01，x01，且ex0，所以f(x)1.又因为f(x0)1，f(x0)0，所以x0为f(x)的极大值点，由(1)知x0a.另一方面，由于|a|1，故a14a.由(1)知f(x)在(a1，a)内单调递增，在(a，a1)内单调递减，故当x0a时，f(x)f(a)1在a1，a1上恒成立，从而g(x)ex在x01，x01上恒成立由f(a)a36a23a(a4)ab1，得b2a36a21，1a1.令t(x)2x36x21，x1,1，所以t(x)6x212x.令t(x)0，解得x2(舍去)或x0.因为t(1)7，t(1)3，t(0)1，所以，t(x)的值域为7,1所以，b的取值范围是7,1b组高考能力提速练1(2017高考全国卷)已知函数f(x)x1aln x.(1)若f(x)0，求a的值；(2)设m为整数，且对于任意正整数n，m，求m的最小值解析：(1)f(x)的定义域为(0，)，若a0，因为faln 20，所以不满足题意若a0，由f(x)1知，当x(0，a)时，f(x)0；当x(a，)时，f(x)0.所以f(x)在(0，a)单调递减，在(a，)单调递增故xa是f(x)在(0，)的唯一最小值点因为f(1)0，所以当且仅当a1时，f(x)0，故a1.(2)由(1)知当x(1，)时，x1ln x0.令x1，得ln，从而lnlnln11.故e.而2，所以m的最小值为3.2(2017高考全国卷)已知函数f(x)ax2axxln x，且f(x)0.(1)求a；(2)证明：f(x)存在唯一的极大值点x0，且e2f(x0)22.解析：(1)f(x)的定义域为(0，)设g(x)axaln x，则f(x)xg(x)，f(x)0等价于g(x)0.因为g(1)0，g(x)0，故g(1)0，而g(x)a，g(1)a1，得a1.若a1，则g(x)1.当0x1时，g(x)0，g(x)单调递减；当x1时，g(x)0，g(x)单调递增所以x1是g(x)的极小值点，故g(x)g(1)0.综上，a1.(2)证明：由(1)知f(x)x2xxln x，f(x)2x2ln x.设h(x)2x2ln x，则h(x)2.当x时，h(x)0；当x时，h(x)0.所以h(x)在上单调递减，在上单调递增又h(e2)0，h0，h(1)0，所以h(x)在上有唯一零点x0，在上有唯一零点1，且当x(0，x0)时，h(x)0；当x(x0,1)时，h(x)0；当x(1，)时，h(x)0.因为f(x)h(x)，所以xx0是f(x)的唯一极大值点由f(x0)0得ln x02(x01)，故f(x0)x0(1x0)由x0得f(x0).因为xx0是f(x)在(0,1)上的最大值点，由e1(0,1)，f(e1)0得f(x0)f(e1)e2.所以e2f(x0)22.3(2017抚顺市模拟)已知函数f(x)ln x.(1)若a4，求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在区间(0,1内单调递增，求实数a的取值范围；(3)若x1、x2r，且x1x2，求证：(ln x1ln x2)(x12x2)3(x1x2)解析：(1)f(x)的定义域是(0，)，f(x)，a4时，f(x)，由f(x)0，解得：0x42或x42，由f(x)0，解得：42x42，故f(x)在(0,42)递增，在(42，42)递减，在(42，)递增；(2)由(1)得：f(x)，若函数f(x)在区间(0,1递增，则有x2(43a)x40在(0,1内恒成立，即3ax4恒成立，又函数yx4在x1时取得最小值9，故a3；(3)证明：当x1x2时，不等式显然成立，当x1x2时，x1，x2r，要原不等式成立，只要ln成立即可，令t(0,1，故只要ln t0即可，由(2)可知函数f(x)在(0,1递增，故f(x)f(1)0，故ln t0成立，故原不等式成立4(2017高考江苏卷)已知函数f(x)x3ax2bx1(a0，br)有极值，且导函数f(x)的极值点是f(x)的零点(极值点是指函数取极值时对应的自变量的值)(1)求b关于a的函数关系式，并写出定义域；(2)证明：b23a；(3)若f(x)，f(x)这两个函数的所有极值之和不小于，求a的取值范围解析：(1)由f(x)x3ax2bx1，得f(x)3x22axb32b.当x时，f(x)有极小值b.因为f(x)的极值点是f(x)的零点，所以f10.又a0，故b.因为f(x)有极值，故f(x)0有实根，从而b(27a3)0，即a3.当a3时，f(x)0(x1)，故f(x)在r上是增函数，f(x)没有极值；当a3时，f(x)0有两个相异的实根x1，x2.列表如下：x(，x1)x1(x1，x2)x2(x2，)f(x)00f(x)极大值极小值故f(x)的极值点是x1，x2.从而a3.因此b，定义域为(3，)(2)证明：由(1)知， .设g(t)，则g(t).当t时，g(t)0，从而g(t)在上