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

专题强化练五 导数的综合应用一、选择题1设f(x)是定义在R上的奇函数，且f(2)0，当x0时，有0恒成立，则不等式x2f(x)0的解集是()A(2，0)(2，)B(2，0)(0，2)C(，2)(2，) D(，2)(0，2)解析：当x0时，0，所以(x)在(0，)上为减函数，又(2)0，所以当且仅当0x2时，(x)0，此时x2f(x)0.又f(x)为奇函数，所以h(x)x2f(x)也为奇函数故x2f(x)0的解集为(，2)(0，2)答案：D2(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)2Cx0(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对于函数yf(x)，若其定义域内存在两个不同实数x1，x2，使得xif(xi)1(i1，2)成立，则称函数f(x)具有性质P.若函数f(x)具有性质P，则实数a的取值范围为_解析：依题意，xf(x)1，即1在R上有两个不相等实根，所以axex在R上有两个不同的实根，令(x)xex，则(x)ex(x1)，当x1时，(x)0，(x)在(，1)上是减函数；当x1时，(x)0，(x)在(1，)上是增函数因此(x)极小值为(1).在同一坐标系中作y(x)与ya的图象，又当x0时，(x)xex0.由图象知，当a0时，两图象有两个交点故实数a的取值范围为.答案：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(2018佛山质检)设函数f(x)(aR)(1)若曲线yf(x)在x1处的切线过点M(2，3)，求a的值；(2)设g(x)x，若对任意的n0，2，存在m0，2，使得f(m)g(n)成立，求a的取值范围解：(1)因为f(x)，所以f(x)e.又f(1)1，即切点为(1，1)，所以kf(1)1a，解得a1.(2)“对任意的n0，2，存在m0，2，使得f(m)g(n)成立”，等价于“在0，2上，f(x)的最大值大于或等于g(x)的最大值”因为g(x)x，g(x)0，所以g(x)在0，2上单调递增，所以g(x)maxg(2)2.令f(x)0，得x2或xa.当a0时，f(x)0在0，2上恒成立，f(x)单调递增，f(x)maxf(2)(4a)e12，解得a42e；当0a2时，f(x)0在0，a上恒成立，f(x)单调递减，f(x)0在a，2上恒成立，f(x)单调递增，f(x)的最大值为f(2)(4a)e1或f(0)ae，所以(4a)e12或ae2.解得a42e或a，所以a2；当a2时，f(x)0在0，2上恒成立，f(x)单调递减，f(x)maxf(0)ae2，解得a，所以a2.综上所述，a42e或a.故a的取值范围为(，42e，)满分示范练函数与导数【典例】(2017全国卷)已知函数f(x)ln xax2(2a1)x.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当a0时，证明：f(x)2.(1)解：f(x)的定义域(0，)f(x)2ax2a1，若a0，则当x(0，)时，f(x)0，故f(x)在(0，)上单调递增若a0时，当x时，f(x)0；当x时，f(x)0.故f(x)在上单调递增，在上单调递减(2)证明：由(1)知，当a0时，f(x)在x处取得最大值，最大值为fln1，所以f(x)2等价于ln12，即ln10，设g(x)ln xx1，则g(x)1.当x(0，1)时，g(x)0；x(1，)时，g(x)0.所以g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，)上单调递减故当x1时，g(x)取得最大值，最大值为g(1)0.所以当x0时，g(x)0，从而当a0时，ln10，即f(x)2.高考状元满分心得1得步骤分：抓住得分点的步骤，“步步为赢”，求得满分如第(1)问中，求导正确，分类讨论；第(2)问中利用单调性求g(x)的最小值和不等式性质的运用2得关键分：解题过程不可忽视关键点，有则给分，无则没分，如第(1)问中，求出f(x)的定义域，f(x)在(0，)上单调性的判断；第(2)问，f(x)在x处最值的判定，f(x)2等价转化为ln10等3得计算分：解题过程中计算准确是得满分的根本保证如第(1)问中，求导f(x)准确，否则全盘皆输，第(2)问中，准确计算f(x)在x处的最大值解题程序第一步：求函数f(x)的导函数f(x)；第二步：分类讨论f(x)的单调性；第三步：利用单调性，求f(x)的最大值；第四步：根据要证的不等式的结构特点，构造函数g(x)；第五步：求g(x)的最大值，得出要证的不等式；第六步：反思回顾，查看关键点、易错点和解题规范跟踪训练(2017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，(1)m，求m的最小值解：(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.所以f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，)上单调递增故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.又2，所以当n3时，(2，e)，由于(1)m，且mN*.所以整数m的最小值为3.