2018届高考数学第二章函数导数及其应用16导数的应用(二)试题理.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()A2B0C2D4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)0Bf(x)0，g(x)0Cf(x)0Df(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()A2B2CD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，)BC1,2)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0x1x2ln x2ln x1Be x2e x1x1e x2Dx2e x1g(x2)，x2e x1x1e x2，故选C.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()ABCD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福建高考若定义在R上的函数f(x)满足f(0)1，其导函数f(x)满足f(x)k1，则下列结论中一定错误的是()AfCf答案C解析构造函数g(x)f(x)kx1，则g(x)f(x)k0，g(x)在R上为增函数k1，0，则gg(0)而g(0)f(0)10，gf10，即f1，所以选项C错误，故选C.102015全国卷设函数f(x)ex(2x1)axa，其中a1，若存在唯一的整数x0使得f(x0)0，则a的取值范围是()ABCD答案D解析由f(x0)0，即e x0 (2x01)a(x01)0，得e x0 (2x01)a(x01)当x01时，得e1，则a.令g(x)，则g(x).当x时，g(x)0，g(x)为增函数，要满足题意，则x02，此时需满足g(2)ag(3)，得3e2ae3，与a1矛盾，所以x01.因为x01，所以a0，g(x)为增函数，当x(0,1)时，g(x)0，g(x)为减函数，要满足题意，则x00，此时需满足g(1)ag(0)，得a1(满足a1)故选D.112014陕西高考如图，某飞行器在4千米高空水平飞行，从距着陆点A的水平距离10千米处开始下降，已知下降飞行轨迹为某三次函数图象的一部分，则该函数的解析式为()Ayx3xByx3xCyx3xDyx3x答案A解析根据题意知，所求函数在(5,5)上单调递减对于A，yx3x，yx2(x225)，x(5,5)，y0，yx3x在(5,5)内为减函数，同理可验证B、C、D均不满足此条件，故选A.122014全国卷设函数f(x)sin.若存在f(x)的极值点x0满足xf(x0)2m2，则m的取值范围是()A(，6)(6，) B(，4)(4，)C(，2)(2，) D(，1)(1，)答案C解析f(x)cos，f(x)的极值点为x0，f(x0)0，cos0，x0k，kZ，x0mk，kZ.又xf(x0)2m2，22m2，kZ，即m223m2，kZ.m0，2，kZ.又存在x0满足xf(x0)2min，2，m23，m24，m2或m2；a0，b2；a1，b2.答案解析设f(x)x3axb.当a3，b3时，f(x)x33x3，f(x)3x23，令f(x)0，得x1或x1；令f(x)0，得1x2时，f(x)x33xb，易知f(x)的极大值为f(1)2b0，极小值为f(1)b20，x时，f(x)，故方程f(x)0有且仅有一个实根，故正确当a0，b2时，f(x)x32，显然方程f(x)0有且仅有一个实根，故正确当a1，b2时，f(x)x3x2，f(x)3x210，则f(x)在(，)上为增函数，易知f(x)的值域为R，故f(x)0有且仅有一个实根，故正确综上，正确条件的编号有.三、模拟小题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(，2B(，3C1，)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，)BCe,2eDe24,4e25ln 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(，3B(，5C3，)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()AB5C6D8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10，记|f(x)|的最大值为A.(1)求f(x)；(2)求A；(3)证明|f(x)|2A.解(1)f(x)2sin2x(1)sinx.(2)当1时，|f(x)|cos2x(1)(cosx1)|2(1)32f(0)因此A32.当01时，将f(x)变形为f(x)2cos2x(1)cosx1.设tcosx，则t1,1，令g(t)2t2(1)t1，则A是|g(t)|在1,1上的最大值，g(1)，g(1)32，且当t时，g(t)取得最小值，最小值为g1.令11，解得.当0时，g(t)在(1,1)内无极值点，|g(1)|，|g(1)|23，|g(1)|g(1)|，所以A23.当0，知g(1)g(1)g.又|g(1)|0，所以A.综上，A(3)证明：由(1)得|f(x)|2sin2x(1)sinx|2|1|.当0时，|f(x)|1242(23)2A.当1，所以|f(x)|1f(x)对于任意的x1,2成立解(1)f(x)的定义域为(0，)，f(x)a.当a0时，x(0,1)时，f(x)0，f(x)单调递增，x(1，)时，f(x)0时，f(x).0a1，当x(0,1)或x时，f(x)0，f(x)单调递增，当x时，f(x)2时，00，f(x)单调递增，当x时，f(x)0，f(x)单调递减综上所述，当a0时，f(x)在(0,1)内单调递增，在(1，)内单调递减；当0a2时，f(x)在内单调递增，在内单调递减，在(1，)内单调递增(2)由(1)知，a1时，f(x)f(x)xln xxln x1，x1,2设g(x)xln x，h(x)1，x1,2则f(x)f(x)g(x)h(x)由g(x)0，可得g(x)g(1)1.当且仅当x1时取得等号又h(x).设(x)3x22x6，则(x)在x1,2内单调递减因为(1)1，(2)10，所以x0(1,2)，使得x(1，x0)时，(x)0，x(x0,2)时，(x)g(1)h(2)，即f(x)f(x)对于任意的x1,2成立32015全国卷已知函数f(x)x3ax，g(x)ln x.(1)当a为何值时，x轴为曲线yf(x)的切线；(2)用minm，n表示m，n中的最小值，设函数h(x)minf(x)，g(x)(x0)，讨论h(x)零点的个数解(1)设曲线yf(x)与x轴相切于点(x0,0)，则f(x0)0，f(x0)0，即解得x0，a.因此，当a时，x轴为曲线yf(x)的切线(2)当x(1，)时，g(x)ln x0，从而h(x)minf(x)，g(x)g(x)0，故h(x)在(1，)上无零点当x1时，若a，则f(1)a0，h(1)minf(1)，g(1)g(1)0，故x1是h(x)的零点；若a，则f(1)0，h(1)minf(1)，g(1)f(1)0，所以只需考虑f(x)在(0,1)上的零点个数若a3或a0，则f(x)3x2a在(0,1)上无零点，故f(x)在(0,1)上单调而f(0)，f(1)a，所以当a3时，f(x)在(0,1)上有一个零点；当a0时，f(x)在(0,1)上没有零点若3a0，即a0，f(x)在(0,1)上无零点；b若f0，即a，则f(x)在(0,1)上有唯一零点；c若f0，即3a，由于f(0)，f(1)a，所以当a时，f(x)在(0,1)上有两个零点；当3或a时，h(x)有一个零点；当a或a时，h(x)有两个零点；当a时，h(x)有三个零点二、模拟大题42017江西八校联考已知函数f(x)a(a1.解(1)f(x)，设g(x)x1ln x，则g(x)1，当x(0,1)时，g(x)g(1)0，f(x)0，f(x)在(0,1)上单调递增(2)证明：h(x)x2ln xax2ax(a0)，h(x)2xln xx2axa，设g(x)2xln xx2axa，g(x)2ln x2a3，yg(x)在(0，)上单调递增，当x0时，g(0)0，必存在t(0,1)，使得g(t)0，即2ln t2a30，yh(x)在(0，t)上单调递减，在(t，)上单调递增又当x0时，h(0)0.设h(x0)0，则x0(0,1)，yh(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增，又h(1)0，不妨设x1x2则0x1x0，x0x2h(x2)h(x1)f(x0)(xx1)，(xx2)(xx1)(x2x1)(x2x11)0，x1x21.52017东北三校联考已知函数f(x)exax2，曲线yf(x)在x1处的切线方程为ybx1.(1)求a，b的值；(2)求函数f(x)在0,1上的最大值；(3)证明：当x0时，ex(1e)xxln x10.解(1)f(x)ex2ax，由题意，得f(1)e2ab，f(1)eab1，解得a1，be2.(2)解法一：由(1)知，f(x)exx2，f(x)ex2xx12x1x0，x0,1，故f(x)在0,1上单调递增，f(x)maxf(1)e1.解法二：由(1)知，f(x)exx2，f(x)ex2x，令g(x)f(x)，则g(x)ex2.由g(x)0，得xln 2；由g(x)0，得0x0，f(x)在0,1上单调递增，f(x)maxf(1)e1.(3)证明：f(0)1，又由(2)知，f(x)的图象过点(1，e1)，且yf(x)在x1处的切线方程为y(e2)x1，故可猜测：当x0，x1时，f(x)的图象恒在切线y(e2)x1的上方下面证明：当x0时，f(x)(e2)x1.设m(x)f(x)(e2)x1，x0，则