高考数学二轮复习 第二部分 专题一 函数与导数 专题强化练五 导数的综合应用 文-人教版高三数学试题

专题强化练五 函数的图象与性质一、选择题1函数f(x)的定义域为R，f(1)3，对任意xR，f(x)3，则f(x)3x6的解集为()Ax1x1Bx|x1Cx|x1 DR解析：设g(x)f(x)(3x6)，则g(x)f(x)30，所以g(x)为减函数，又g(1)f(1)30，所以g(x)0的解集为x|x1答案：C2(2018贵阳联考)已知函数f(x)的定义域为1，4，部分对应值如下表：x10234f(x)12020f(x)的导函数yf(x)的图象如图所示当1a2时，函数yf(x)a的零点的个数为()A1 B2 C3 D4解析：根据导函数图象，知2是函数的极小值点，函数yf(x)的大致图象如图所示由于f(0)f(3)2，1a2，所以yf(x)a的零点个数为4.答案：D3(2018广东二模)已知函数f(x)exln x，则下面对函数f(x)的描述正确的是()Ax(0，)，f(x)2Bx(0，)，f(x)2C x0(0，)，f(x0)0Df(x)min(0，1)解析：因为f(x)exln x的定义域为(0，)，且f(x)ex，令g(x)xex1，x0，则g(x)(x1)ex0在(0，)上恒成立，所以g(x)在(0，)上单调递增，又g(0)g(1)(e1)0，所以x0(0，1)，使g(x0)0，则f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增，则f(x)minf(x0)ex0ln x0，又ex0，x0ln x0，所以f(x)minx02.答案：B4若函数f(x)在R上可导，且满足f(x)xf(x)0，则()A3f(1)f(3) B3f(1)f(3)C3f(1)f(3) Df(1)f(3)解析：由于f(x)xf(x)，则0恒成立，因此y在R上是单调减函数，所以，即3f(1)f(3)答案：B5(2018佛山市质检)已知函数f(x)若mn，且f(m)f(n)，则nm的最小值是()A32ln 2 Be1C2 De1解析：作出函数yf(x)的图象如图所示若mn，且f(m)f(n)，则当ln x1时，得xe，因此1ne，1m1.又ln nm，即m2ln n1.所以nmn2ln n1，设h(n)n2ln n1(1ne)，则h(n)1.当h(n)0，得2ne；当h(n)0，得1n2.故当n2时，函数h(n)取得最小值h(2)32ln 2.答案：A二、填空题6做一个无盖的圆柱形水桶，若要使其体积是27 dm3，且用料最省，则圆柱的底面半径为_dm.解析：设圆柱的底面半径为R dm，母线长为l dm，则VR2l27，所以l，要使用料最省，只需使圆柱形水桶的表面积最小S表R22RlR22，所以S表2R.令S表0，得R3，则当R3时，S表最小答案：37对于x(0，2)，不等式kxexx32x恒成立，则实数k的取值范围是_解析：对于x(0，2)，kxexx32x2恒成立则kx22x对x(0，2)恒成立，设f(x)x22x，x(0，2)，则f(x)2(x1)(x1).令f(x)0，得x1，当x(1，2)时，f(x)0，函数f(x)在(1，2)上单调递增，当x(0，1)时，f(x)0，函数f(x)在(0，1)上单调递减，所以kf(x)minf(1)e1.故实数k的取值范围是(，e1)答案：(，e1)8(2018江苏卷改编)若函数f(x)2x3ax21(aR)在(0，)内有且只有一个零点，则f(x)在0，1上的最大值是_解析：f(x)6x22ax2x(3xa)(aR)，当a0时，f(x)0在(0，)上恒成立，则f(x)在(0，)上单调递增又f(0)1，所以此时f(x)在(0，)内无零点，不满足题意，因此a0.当a0时，令f(x)0得x.当0x时，f(x)0，f(x)为减函数；当x时，f(x)0，f(x)为增函数，所以x0时，f(x)有极小值，为f1.因为f(x)在(0，)内有且只有一个零点，所以f0，所以a3.所以f(x)2x33x21，则f(x)6x(x1)当x(0，1)时，f(x)0，故f(x)在x0，1上是减函数，所以f(x)maxf(0)1.答案：1三、解答题9已知函数f(x)ln x.(1)求f(x)的单调区间；(2)求证：ln .(1)解：f(x)ln x1ln x，f(x)的定义域为(0，)f(x)，令f(x)00x1，令f(x)0x1，所以f(x)1ln x在(0，1)上单调递增，在(1，)上单调递减(2)证明：要证ln ，即证2ln x1，即证1ln x0.由(1)可知，f(x)1ln x在(0，1)上单调递增，在(1，)上单调递减，所以f(x)在(0，)上的最大值为f(1)11ln 10，即f(x)0，所以1ln x0恒成立原不等式得证10已知函数f(x)ex1，g(x)x，其中e是自然对数的底数，e2.718 28(1)证明：函数h(x)f(x)g(x)在区间(1，2)上有零点；(2)求方程f(x)g(x)的根的个数，并说明理由(1)证明：由题意可得h(x)f(x)g(x)ex1x，所以h(1)e30，h(2)e230，所以h(1)h(2)0，所以函数h(x)在区间(1，2)上有零点(2)解：由(1)可知，h(x)f(x)g(x)ex1x.由g(x)x知x0，)，而h(0)0，则x0为h(x)的一个零点又h(x)在(1，2)内有零点，因此h(x)在0，)上至少有两个零点h(x)exx1，记(x)exx1.则(x)exx，当x(0，)时，(x)0，则(x)在(0，)上递增易知(x)在(0，)内只有一个零点，所以h(x)在0，)上有且只有两个零点，所以方程f(x)g(x)的根的个数为2.11已知函数f(x)x(a1)ln x(aR且ae)，g(x)x2exxex.(1)当x1，e时，求f(x)的最小值；(2)当a1时，若存在x1e，e2，使得对任意的x22，0，f(x1)g(x2)恒成立，求a的取值范围解：(1)函数f(x)的定义域为(0，)，f(x).若a1，当x1，e时，f(x)0，则f(x)在1，e上为增函数，f(x)minf(1)1a.若1ae，当x1，a)时，f(x)0，f(x)为减函数；当xa，e时，f(x)0，f(x)为增函数所以f(x)minf(a)a(a1)ln a1.综上，当a1时，f(x)min1a；当1ae时，f(x)mina(a1)ln a1.(2)由题意知，f(x)(xe，e2)的最小值小于g(x)(x2，0)的最小值由(1)知，当a1时，f(x)在e，e2上单调递增，f(x)minf(e)e(a1)，又g(x)(1ex)x.当x2，0时，g(x)0，g(x)为减函数，则g(x)ming(0)1，所以e(a1)1，解得a，所以a的取值范围为.