2020高考数学刷题首选卷 第二章 函数、导数及其应用 考点测试16 导数的应用（二） 文（含解析）

考点测试16导数的应用(二)一、基础小题1函数f(x)xln x的单调递增区间为()A(，0) B(0，1)C(1，) D(，0)(1，)答案C解析函数的定义域为(0，)f(x)1，令f(x)0，得x1.故选C.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 B2C. 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)单调递增只有选项D符合题意5已知函数f(x)x33x29x1，若f(x)在区间k，2上的最大值为28，则实数k的取值范围为()A3，) B(3，)C(，3) D(，3答案D解析由题意知f(x)3x26x9，令f(x)0，解得x1或x3，所以f(x)，f(x)随x的变化情况如下表：x(，3)3(3，1)1(1，)f(x)00f(x)单调递增极大值单调递减极小值单调递增又f(3)28，f(1)4，f(2)3，f(x)在区间k，2上的最大值为28，所以k3.6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1k.故选B.7已知函数f(x)的导函数为f(x)5cosx，x(1，1)，且f(0)0，如果f(1x)f(1x2)0，则实数x的取值范围为_答案(1，)解析导函数f(x)是偶函数，且f(0)0，原函数f(x)是奇函数，且定义域为(1，1)，又导函数值恒大于0，原函数在定义域上单调递增，所求不等式变形为f(1x)f(x21)，11xx211，解得1x，实数x的取值范围是(1，)8已知函数f(x)的定义域是1，5，部分对应值如表，f(x)的导函数yf(x)的图象如图所示，x10245f(x)121.521下列关于函数f(x)的命题：函数f(x)的值域为1，2；函数f(x)在0，2上是减函数；若x1，t时，f(x)的最大值是2，则t的最大值为4；当1a2时，函数yf(x)a最多有4个零点其中正确命题的序号是_(把所有正确命题的序号都填上)答案解析由导函数的图象可知，当1x0及2x0，函数单调递增，当0x2及4x5时，f(x)0，函数单调递减，当x0及x4时，函数取得极大值f(0)2，f(4)2，当x2时，函数取得极小值f(2)1.5.又f(1)f(5)1，所以函数的最大值为2，最小值为1，值域为1，2，正确；因为当x0及x4时，函数取得极大值f(0)2，f(4)2，要使当x1，t时，函数f(x)的最大值是2，则0t5，所以t的最大值为5，所以不正确；因为极小值f(2)1.5，极大值f(0)f(4)2，所以当1ak1，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.10(2017山东高考)若函数exf(x)(e2.71828是自然对数的底数)在f(x)的定义域上单调递增，则称函数f(x) 具有M性质下列函数中具有M性质的是()Af(x)2x Bf(x)x2Cf(x)3x Df(x)cosx答案A解析当f(x)2x时，exf(x)x.1，当f(x)2x时，exf(x)在f(x)的定义域上单调递增，故函数f(x)具有M性质易知B，C，D不具有M性质，故选A.11(2016四川高考)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.12(2017江苏高考)已知函数f(x)x32xex，其中e是自然对数的底数若f(a1)f(2a2)0，则实数a的取值范围是_答案1，解析易知函数f(x)的定义域关于原点对称f(x)x32xex，f(x)(x)32(x)exx32xexf(x)，f(x)为奇函数，又f(x)3x22ex3x2223x20(当且仅当x0时，取“”)，从而f(x)在R上单调递增，所以f(a1)f(2a2)0f(a1)f(2a2)2a2a1，解得1a.13(2015安徽高考)设x3axb0，其中a，b均为实数下列条件中，使得该三次方程仅有一个实根的是_(写出所有正确条件的编号)a3，b3；a3，b2；a3，b2；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14(2018郑州质检一)已知函数f(x)x39x229x30，实数m，n满足f(m)12，f(n)18，则mn()A6 B8 C10 D12答案A解析设函数f(x)图象的对称中心为(a，b)，则有2bf(x)f(2ax)，整理得2b(6a18)x2(12a236a)x8a336a258a60，则可得a3，b3，所以函数f(x)图象的对称中心为(3，3)又f(m)12，f(n)18，且f(m)f(n)6，所以点(m，f(m)和点(n，f(n)关于(3，3)对称，所以mn236，故选A.15(2018河南新乡二模)若函数y在(1，)上单调递减，则称f(x)为P函数下列函数中为P函数的为()f(x)1；f(x)x；f(x)；f(x).A B C D答案B解析x(1，)时，ln x0，x增大时，都减小，y，y在(1，)上都是减函数，f(x)1和f(x)都是P函数；，x(1，e)时，0，即y在(1，e)上单调递减，在(e，)上单调递增，f(x)x不是P函数；，x(1，e2)时，0，即y在(1，e2)上单调递减，在(e2，)上单调递增，f(x)不是P函数故选B.16(2018湖南长沙长郡中学月考)求形如yf(x)g(x)的函数的导数，我们常采用以下做法：先两边同取自然对数得ln yg(x)ln f(x)，再两边同时求导得yg(x)ln f(x)g(x)f(x)，于是得到yf(x)g(x)g(x)ln f(x)g(x)f(x)，运用此方法求得函数yx的单调递增区间是()A(e，4) B(3，6) C(0，e) D(2，3)答案C解析由题意知yxln xx(x0)，令y0，得1ln x0，0x0，a1)，若函数g(x)|f(x)t|2有三个零点，则实数t()A3 B2 C1 D0答案A解析由题可得f(x)2x(ax1)ln a，设y2x(ax1)ln a，则y2axln2a0，则知f(x)在R上单调递增，而由f(0)0，可知f(x)在(，0)上单调递减，在(0，)上单调递增，故f(x)的最小值为f(0)1，又g(x)|f(x)t|2有三个零点，所以f(x)t2有三个根，而t2t2，故t2f(x)minf(0)1，解得t3，故选A.18(2018河北衡中九模)若两曲线yx21与yaln x1存在公切线，则正实数a的取值范围是_答案00)所以化简可知，问题等价于方程n2(1ln n)有解设函数f(x)x2(1ln x)，由f(x)x(12ln x)0可知x，且f(x)maxf()，注意到f(e)0，则由题意可知0，从而0a2e.一、高考大题1(2017全国卷)设函数f(x)(1x2)ex.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当x0时，f(x)ax1，求a的取值范围解(1)f(x)(12xx2)ex.令f(x)0得x1或x1.当x(，1)时，f(x)0；当x(1，)时，f(x)0.所以f(x)在(，1)，(1，)单调递减，在(1，1)单调递增(2)f(x)(1x)(1x)ex.当a1时，设函数h(x)(1x)ex，则h(x)xex0)，因此h(x)在0，)单调递减而h(0)1，故h(x)1，所以f(x)(x1)h(x)x1ax1.当0a0(x0)，所以g(x)在0，)单调递增而g(0)0，故exx1.当0x(1x)(1x)2，(1x)(1x)2ax1x(1axx2)，取x0，则x0(0，1)，(1x0)(1x0)2ax010，故f(x0)ax01.当a0时，取x0，则x0(0，1)，f(x0)(1x0)(1x0)21ax01.综上，a的取值范围是1，)2(2018天津高考)设函数f(x)(xt1)(xt2)(xt3)，其中t1，t2，t3R，且t1，t2，t3是公差为d的等差数列(1)若t20，d1，求曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程；(2)若d3，求f(x)的极值；(3)若曲线yf(x)与直线y(xt2)6有三个互异的公共点，求d的取值范围解(1)由已知，可得f(x)x(x1)(x1)x3x，故f(x)3x21.因为f(0)0，f(0)1，又因为曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程为yf(0)f(0)(x0)，故所求切线方程为xy0.(2)由已知可得f(x)(xt23)(xt2)(xt23)(xt2)39(xt2)x33t2x2(3t9)xt9t2.故f(x)3x26t2x3t9.令f(x)0，解得xt2或xt2.当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x(，t2)t2(t2，t2)t2(t2，)f(x)00f(x)极大值极小值所以函数f(x)的极大值为f(t2)()39()6；函数f(x)的极小值为f(t2)()396.(3)曲线yf(x)与直线y(xt2)6有三个互异的公共点等价于关于x的方程(xt2d)(xt2)(xt2d)(xt2)60有三个互异的实数解令uxt2，可得u3(1d2)u60.设函数g(x)x3(1d2)x6，则曲线yf(x)与直线y(xt2)6有三个互异的公共点等价于函数yg(x)有三个零点g(x)3x2(1d2)当d21时，g(x)0，这时g(x)在R上单调递增，不符合题意当d21时，令g(x)0，解得x1，x2.易得，g(x)在(，x1)上单调递增，在x1，x2上单调递减，在(x2，)上单调递增g(x)的极大值g(x1)g60.g(x)的极小值g(x2)g6.若g(x2)0，由g(x)的单调性可知函数yg(x)至多有两个零点，不符合题意若g(x2)27，也就是|d|，此时|d|x2，g(|d|)|d|60，且2|d|x1，g(2|d|)6|d|32|d|66261.所以f(x)excosx0，即f(x)在0，)上单调递增，所以f(x)minf(0)1b，由f(x)0恒成立，得1b0，所以b1.(2)由f(x)exasinxb，得f(x)exacosx，且f(0)1b，由题意得f(0)e0a1，所以a0.又(0，1b)在切线xy10上，所以01b10.所以b2，所以f(x)ex2.又方程ex2恰有两解，可得xex2xm2x，所以xexm.令g(x)xex，则g(x)ex(x1)，当x(，1)时，g(x)0，所以g(x)在(1，)上是增函数所以g(x)ming(1).又当x时，g(x)0，且有g(1)e0，数形结合易知，m的取值范围为，0.4(2018安徽六校联考二)已知函数f(x)ln x，m，nR.(1)若函数f(x)在(2，f(2)处的切线与直线xy0平行，求实数n的值；(2)试讨论函数f(x)在1，)上的最大值；(3)若n1时，函数f(x)恰有两个零点x1，x2(0x12.解(1)由f(x)，得f(2)，由于函数f(x)在(2，f(2)处的切线与直线xy0平行，故1，解得n6.(2)f(x)(x0)，令f(x)n；令f(x)0，得x1时，f(x)在1，n)上单调递增，在(n，)上单调递减，故f(x)在1，)上的最大值为f(n)m1ln n.(3)证明：若n1时，f(x)恰有两个零点x1，x2(0x11，则ln t，x1，故x1x2x1(t1)，所以x1x22，记函数h(t)ln t，因为h(t)0，所以h(t)在(1，)上单调递增，因为t1，所以h(t)h(1)0，又ln t0，故x1x220成立，即x1x22.5(2018湖南衡阳联考)已知函数f(x)(aR)(1)若a0，函数f(x)的极大值为，求实数a的值；(2)若对任意的a0，f(x)bln x在x2，)上恒成立，求实数b的取值范围解(1)因为f(x)，所以f(x).当a0时，f(x)，令f(x)0，得x1；令f(x)1，所以f(x)在(，1)上单调递增，在(1，)上单调递减所以f(x)的极大值为f(1)，不符合题意当a0时，10，得1x1；令f(x)0，得x1，所以f(x)在1，1上单调递增，在，1和(1，)上单调递减所以f(x)的极大值为f(1)，解得a1，符合题意综上可得a1.(2)令g(a)a，当x2，)时，因为0，所以g(a)在(，0上是增函数，则g(a)bln x对a(，0恒成立等价于g(a)g(0)bln x，即bln x对x2，)恒成立，即b对x2，)恒成立，所以bmax.令h(x)(x2)，则h(x).因为x2，)，所以1(x1)ln x0，所以h(x)0，所以h(x)在2，)上单调递减，所以h(x)h(2)，所以bh(2)，所以实数b的取值范围为，.14