【状元之路】（新课标 通用版）高考数学一轮复习 43导数的应用检测试题（2）文(1).docVIP

【状元之路】（新课标，通用版）2015届高考数学一轮复习 4-3导数的应用检测试题（2）文一、选择题1已知f(x)是定义在(0，)上的非负可导函数，且满足xf(x)f(x)0，对任意正数a，b，若ab，则必有()aaf(b)bf(a)bbf(a)af(b)caf(a)f(b) dbf(b)f(a)解析：xf(x)f(x)，f(x)0，0.则函数在(0，)上是单调递减的，由于0a0时，f(x)0，g(x)0，则当x0，g(x)0 bf(x)0，g(x)0cf(x)0 df(x)0，g(x)0时，f(x)0，g(x)0，由奇、偶函数的性质知，当x0，g(x)0，函数f(x)单调递增；当x(1,3)时，f(x)0，函数f(x)单调递增所以函数f(x)的极小值为f(3)24，极大值为f(1)8.而f(2)1，f(5)8，函数图像大致如图所示故要使方程g(x)f(x)m在x2,5上有3个零点，只需函数f(x)在2,5内的函数图像与直线ym有3个交点，故即m1,8)答案：d7设f(x)，g(x)在a，b上可导，且f(x)g(x)，则当axb时，有()af(x)g(x)bf(x)g(x)cf(x)g(a)g(x)f(a)df(x)g(b)g(x)f(b)解析：f(x)g(x)0，(f(x)g(x)0，f(x)g(x)在a，b上是增函数，当axb时f(x)g(x)f(a)g(a)，f(x)g(a)g(x)f(a)答案：c8函数f(x)x33xm在0,2上有零点，则实数m的取值范围是()a2,2 b0,2c2,0 d以上都不对解析：令g(x)x33x，x0,2，则g(x)3x23，令g(x)0，得x1，当0x1时，g(x)0；当1x2时，g(x)0，所以g(x)在x1处取得极小值，也是最小值，此时g(1)132，又因为g(0)0，g(2)862，所以g(x)的最大值为2.所以g(x)的值域为2,2，故选a.答案：a9已知函数f(x)(xr)的图像上任一点(x0，y0)处的切线方程为yy0(x02)(x1)(xx0)，那么函数f(x)的单调减区间是()a1，) b(，2c(，1)，(1,2) d2，)解析：根据函数f(x)(xr)的图像上任一点(x0，y0)处的切线方程为yy0(x02)(x1)(xx0)，可知其导数f(x)(x2)(x21)(x1)(x1)(x2)，令f(x)0得x1或1x2.因此f(x)的单调减区间是(，1)，(1,2)答案：c102014石家庄质检一已知函数f(x)|logx|，若mn，有f(m)f(n)，则m3n的取值范围是()a2，) b(2，)c4，) d(4，)解析：由题意，得0m1，n1，|logm|logn|，则logmlogn，即logmlogn0，得mn1，m，故m3n3n.令g(x)3x(x0)，则g(x)3.由g(x)0得x；由g(x)0得x，由g(x)0得0x，所以g(x)在1，)上单调递增，g(x)在1，)上的最小值为g(1)4.由于n1，所以m3n的取值范围是(4，)，故选d.答案：d二、填空题11设函数f(x)x32x5，若对任意的x1,2，都有f(x)a，则实数a的取值范围为_解析：f(x)3x2x2，令f(x)0，得3x2x20，解得x1或x.又f(1)，f，f(1)，f(2)7，故f(x)min，a.答案：12关于x的方程x33x2a0有三个不同的实数解，则实数a的取值范围是_解析：由题意知使函数f(x)x33x2a的极大值大于0且极小值小于0即可，又f(x)3x26x3x(x2)，令f(x)0，得x10，x22，当x0；当0x2时，f(x)2时，f(x)0，所以当x0时，f(x)取得极大值，即f(x)极大值f(0)a；当x2时，f(x)取得极小值，即f(x)极小值f(2)4a，所以解得4a0.答案：(4,0)13某商场从生产厂家以每件20元购进一批商品，若该商品零售价为p元，销量q(单位：件)与零售价p(单位：元)有如下关系：q8 300170pp2，则该商品零售价定为_元时利润最大，利润的最大值为_解析：设商场销售该商品所获利润为y元，则y(p20)q(p20)(8 300170pp2)p3150p211 700p166 000(p20)，y3p2300p11 700.令y0得p2100p3 9000，p30或p130(舍去)，则p，y，y变化关系如下表：当p30时，y取极大值为23 000元又yp3150p211 700p166 000在(20，)上只有一个极值，故也是最值该商品零售价定为每件30元，所获利润最大为23 000元答案：3023 00014设函数f(x)，g(x)，对任意x1、x2(0，)，不等式恒成立，则正数k的取值范围是_解析：因为对任意x1、x2(0，)，不等式恒成立，所以max.因为g(x)，所以g(x)(xe2x)e2xxe2x(1)e2x(1x)当0x0；当x1时，g(x)0，所以g(x)在(0,1上单调递增，在1，)上单调递减所以当x1时，g(x)取到最大值，即g(x)maxg(1)e；因为f(x)，当x(0，)时，f(x)e2x2e，当且仅当e2x，即x时取等号，故f(x)min2e.所以max.所以.又因为k为正数，所以k1.答案：1，)三、解答题152013课标全国设函数f(x)x2axb，g(x)ex(cxd)若曲线yf(x)和曲线yg(x)都过点p(0,2)，且在点p处有相同的切线y4x2.(1)求a，b，c，d的值；(2)若x2时，f(x)kg(x)，求k的取值范围解析：(1)由已知得f(0)2，g(0)2，f(0)4，g(0)4.而f(x)2xa，g(x)ex(cxdc)，故b2，d2，a4，dc4.从而a4，b2，c2，d2.(2)由(1)知，f(x)x24x2，g(x)2ex(x1)设函数f(x)kg(x)f(x)2kex(x1)x24x2，则f(x)2kex(x2)2x42(x2)(kex1)由题设可得f(0)0，即k1.令f(x)0得x1lnk，x22.若1ke2，则2x10.从而当x(2，x1)时，f(x)0；当x(x1，)时，f(x)0.即f(x)在(2，x1)上单调递减，在(x1，)上单调递增故f(x)在2，)上的最小值为f(x1)而f(x1)2x12x4x12x1(x12)0.故当x2时，f(x)0，即f(x)kg(x)恒成立若ke2，则f(x)2e2(x2)(exe2)从而当x2时，f(x)0 ，即f(x)在(2，)上单调递增而f(2)0，故当x2时，f(x)0，即f(x)kg(x)恒成立若ke2，则f(2)2ke222e2(ke2)0.从而当x2时，f(x)kg(x)不可能恒成立综上，k的取值范围是1，e2答案：(1)a4，b2，c2，d2；(2)1，e2162013课标全国已知函数f(x)exln(xm)(1)设x0是f(x)的极值点，求m，并讨论f(x)的单调性；(2)当m2时，证明f(x)0.解析：(1)f(x)ex.由x0是f(x)的极值点得f(0)0，所以m1.于是f(x)exln(x1)，定义域为(1，)，f(x)ex.函数f(x)ex在(1，)上单调递增，且f(0)0.因此当x(1,0)时，f(x)0；当x(0，)时，f(x)0.所以f(x)在(1,0)上单调递减，在(0，)上单调递增(2)当m2，x(m，)时，ln(xm)ln(x2)，故只需证明当m2时，f(x)0.当m2时，函数f(x)ex在(2，)上单调递增又f(1)0，f(0)0，故f(x)0在(2，)有唯一实根x0，且x0(1,0)当x(2，x0)时，f(x)0；当x(x0，)时，f(x)0，从而当xx0时，f(x)取得最小值由f(x0)0得ex0，ln(x02)x0，故f(x)f(x0)x00.综上，当m2时，f(x)0.答案：(1)m1，f(x)在(1,0)上单调递减，在(0，)上单调递增；(2)证明略创新试题教师备选教学积累资源共享教师用书独具12013山东设函数f(x)c(e2.718 28为自然对数的底数，cr)(1)求f(x)的单调区间、最大值；(2)讨论关于x的方程|lnx|f(x)根的个数解析：(1)f(x)(12x)e2x，由f(x)0，解得x.当x时，f(x)0，f(x)单调递增；当x时，f(x)0，f(x)单调递减所以，函数f(x)的单调递增区间是，单调递减区间是，最大值为fe1c.(2)令g(x)|lnx|f(x)|lnx|xe2xc，x(0，)当x(1，)时，lnx0，则g(x)lnxxe2xc，所以g(x)e2x.因为2x10，0，所以g(x)0.因此g(x)在(1，)上单调递增当x(0,1)时，lnx0，则g(x)lnxxe2xc，所以g(x)e2x.因为e2x(1，e2)，e2x1x0，所以1.又2x11，所以2x10，即g(x)0.因此g(x)在(0,1)上单调递减综合可知，当x(0，)时，g(x)g(1)e2c.当g(1)e2c0，即ce2时，g(x)没有零点，故关于x的方程|lnx|f(x)根的个数为0；当g(1)e2c0，即ce2时，g(x)只有一个零点，故关于x的方程|lnx|f(x)根的个数为1；当g(1)e2c0，即ce2时，当x(1，)时，由(1)知g(x)lnxxe2xclnxlnx1c，要使g(x)0，只需使lnx1c0，即x(e1c，)；当x(0,1)时，由(1)知g(x)lnxxe2xclnxlnx1c，要使g(x)0，只需lnx1c0，即x(0，e1c)；所以ce2时，g(x)有两个零点，故关于x的方程|lnx|f(x)根的个数为2.综上所述，当ce2时，关于x的方程|lnx|f(x)根的个数为0；当ce2时，关于x的方程|lnx|f(x)根的个数为1；当ce2时，关于x的方程|lnx|f(x)根的个数为2.22013北京设l为曲线c：y在点(1,0)处的切线(1)求l的方程；(2)证明：除切点(1,0)之外，曲线c在直线l的下方解析：(1)设f(x)，则f(x).所以f(1)1.所以l的方程为yx1.(2)令g(x)x1f(x)，则除切点之外，曲线c在直线l的下方等价于g(x)0(x0，x1)g(x)满足g(1)0，且g(x)1f(x).当0x1时，x210，lnx0，所以g(x)0，故g(x)单调递减；当x1时， x210，lnx0，所以g(x)0，故g(x)单调递增所以，g(x)g(1)0(x0，x1)所以除切点之外，曲线c在直线l的下方32013天津已知函数f(x)x2lnx.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)证明：对任意的t0，存在唯一的s，使tf(s)；(3)设(2)中所确定的s关于t的函数为sg(t)，证明：当te2时，有.解析：(1)函数f(x)的定义域为(0，)f(x)2xlnxxx(2lnx1)，令f(x)0，得x.当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：所以函数f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是.(2)证明：当0x1时，f(x)0.设t0，令h(x)f(x)t，x1，)由(1)知，h(x)在区间(1，)内单调递增h(1)t0，h(et)e2tlnettt(e2t1)0.故存在唯一的s(1，)，使得tf(s)成立(3)证明：因为sg(t)，由(2)知，tf(s)，且s1，从而，其中ulns.要使成立，只需0lnu.当te2时，若sg(t)e，则由f(s)的单调性，有tf(s)f(e)e2，矛盾所以se，即u1，从而lnu0成立另一方面，令f(u)lnu，u1，f(u)，令f(u)0，得u2.当1u2时，f(u)0；当u2时，f(u)0.故对u1，f(u)f(2)0.因此lnu成立综上，当te2时，有.42013辽宁已知函数f(x)(1x)e2x，g(x)ax12xcosx.当x0,1时，(1)求证：1xf(x)；(2)若f(x)g(x)恒成立，求实数a的取值范围解析：(1)证明：要证x0,1时，(1x)e2x1x，只需证明(1x)ex(1x)ex.记h(x)(1x)ex(1x)ex，则h(x)x(exex)，当x(0,1)时，h(x)0，因此h(x)在0,1上是增函数，故h(x)h(0)0.所以f(x)1x，x0,1要证x0,1时，(1x)e2x，只需证明exx1.记k(x)exx1，则k(x)ex1，当x(0,1)时，k(x)0，因此k(x)在0,1上是增函数，故k(x)k(0)0.所以f(x)，x0,1综上，1xf(x)，x0,1(2)方法一：f(x)g(x)(1x)e2x1xax12xcosxx.设g(x)2cosx，则g(x)x2sinx.记h(x)x2sinx，则h(x)12cosx，当x(0,1)时，h(x)0，于是g(x)在0,1上是减函数，从而当x(0,1)时，g(x)g(0)0，故g(x)在0,1上是减函数于是g(x)g(0)2，从而a1g(x)a3.所以，当a3时，f(x)g(x)在0,1上恒成立下面证明当a3时，f(x)g(x)在0,1上不恒成立f(x)g(x)1ax2xcosxax2xcosxx，记i(x)a2cosxag(x)，则i(x)g(x)，当x(0,1)时，i(x)0，故i(x)在0,1上是减函数，于是i(x)在0,1上的值域为a12cos1，a3因为当a3时，a30，所以存在x0(0,1)，使得i(x0)0，此时f(x0)g(x0)，即f(x)g(x)在0,1上不恒成立综上，实数a的取值范围是(，3方法二：先证当x0,1时，1x2cosx1x2.记f(x)cosx1x2，则f(x)sinxx.记g(x)sinxx，则g(x)cosx1，当x(0,1)时，g(x)0，于是g(x)在0,1上是增函数，因此当x(0,1)时，g(x)g(0)0，从而f(x)在0,1上是增函数因此f(x)f(0)0，所以当x0,1时，1x2cosx.同理可证，当x0,1时，cosx1x2.综上，当x0,1时，1x2cosx1x2.因为当x0,1时，f(x)g(x)(1x)e2x(1x)ax12x(a3)x.所以当a3时，f(x)g(x)在0,1上恒成立下面证明当a3时，f(x)g(x)在0,1上不恒成立因为f(x)g(x)(1x)e2x1ax2x(a3)xx，所以存在x0(0,1)(例如x0取和中的较小值)满足f(x0)g(x0)即f(x)g(x)在0,1上不恒成立综上，实数a的取值范围是(，352013江苏设函数f(x)lnxax，g(x)exax，其中a为实数(1)若f(x)在(1，)上是单调减函数，且g(x)在(1，)上有最小值，求a的取值范围；(2)若g(x)在(1，)上是单调增函数，试求f(x)的零点个数，并证明你的结论解析：(1)令f(x)a0，考虑到f(x)的定义域为(0，)，故a0，进而解得xa1，即f(x)在(a1，)上是单调减函数同理，f(x)在(0，a1)上是单调增函数由于f(x)在(1，)上是单调减函数，故(1，)(a1，)，从而a11，即a1.令g(x)exa0，得xlna.当xlna时，g(x)0；当xlna时，g(x)0.又g(x)在(1，)上有最小值，所以lna1，即ae.综上，有a(e，)(2)当a0时，g(x)必为单调增函数；当a0时，令g(x)exa0，解得aex，即xlna.因为g(x)在(1，)上是单调增函数，类似(1)有lna1，即0ae1.结合上述两种情况，有ae1.当a0时，由f(1)0以及f(x)0，得f(x)存在唯一的零点；当a0时，由于f(ea)aaeaa(1ea)0，f(1)a0，且函数f(x)在ea,1上的