高考数学二轮复习 专题四 导数及其应用 第2讲 导数的综合应用专题强化训练 理-人教版高三数学试题

（通用版）2016年高考数学二轮复习 专题四 导数及其应用 第2讲 导数的综合应用专题强化训练 理(时间：45分钟满分：60分)一、选择题1设f(x)是函数f(x)的导函数，yf(x)的图象如图所示，则yf(x)的图象最有可能是以下选项中的()解析：选C.由图可知，当x0，yf(x) 在(，0)上单调递增当0x2时，f(x)2时，f(x)0，yf(x)在(2，)上单调递增，综上可知选C.2若f(x)x22x4ln x，则f(x)0的解集为()A(0，) B(1，0)(2，)C(2，) D(1，0)解析：选C.f(x)2x20.因为x0，所以x2，故选C.3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.C. D.解析：选B.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.4设点P在曲线yex上，点Q在曲线yln(2x)上，则|PQ|的最小值为()A1ln 2 B.(1ln 2)C1ln 2 D.(1ln 2)解析：选B.函数yex与函数yln(2x)互为反函数，图像关于yx对称函数yex上的点P到直线yx的距离为d.设函数g(x)exxg(x)ex1g(x)ming(ln 2)1ln 2dmin.由图象关于yx对称，得|PQ|的最小值为2dmin(1ln 2)5已知函数f(x)x(ex)，若f(x1)x2 Bx1x20Cx1x2 Dxx解析：选D.因为f(x)x(ex)x(ex)f(x)，所以f(x)为偶函数由f(x1)f(x2)，得f(|x1|)f(|x2|)(*)又f(x)exx(ex)， 当x0时，e2x(x1)x1e0(01)010，所以f(x)0，所以f(x)在0，)上为增函数，由(*)式得|x1|x2|，即xx，故选D.6已知函数f(x)ln xtan 的导函数为f(x)，若方程f(x)f(x)的根x0小于1，则的取值范围为()A.BC.D解析：选A.f(x)ln xtan ，f(x)，令f(x)f(x)，得ln xtan ，即tan ln x.设g(x)ln x，显然g(x)在(0，)上单调递减，而当x0时，g(x)，要使满足f(x)f(x)的根x0g(1)1，又01，f(0)4，则不等式f(x)1(e为自然对数的底数)的解集为()A(0，) B(，0)(3，)C(，0)(0，) D(3，)解析：选A.由f(x)1得，exf(x)3ex，构造函数F(x)exf(x)ex3，对F(x)求导得F(x)exf(x)exf(x)exexf(x)f(x)1由f(x)f(x)1，ex0，可知F(x)0，即F(x)在R上单调递增，又因为F(0)e0f(0)e03f(0)40，所以F(x)0的解集为(0，)，所以选A.8当a0时，函数f(x)(x22ax)ex的图象大致是()解析：选B.f(x)(x22ax)ex(2x2a)exexx2(22a)x2a，令f(x)0，得xa1或xa1，故函数图象应该先增后减再增，排除A，D.当x0，所以f(x)(x22ax)ex0，故选B.9若函数f(x)x3mx23m2x1，mR在区间(2，3)上是减函数，则实数m的取值范围为()Am3 Bm2Cm2或m3 Dm3或m2解析：选D.因为f(x)x22mx3m2，令f(x)0，得 x3m或xm.当m0时，f(x)x20恒成立，不符合题意当m0时，f(x)的单调递减区间是(3m，m)，若f(x)在区间(2，3)上是减函数，则，解得m3.当m0时，f(x)的单调递减区间是(m，3m)，若f(x)在区间(2，3)上是减函数，则，解得 m2.综上所述，实数m的取值范围是m3或m2.故选D.10若函数f(x)ln xax1，aR有零点，则实数a的取值范围是()A(，1 B(0，1)C(1，1) D(1，2)解析：选A.f(x)有零点，即f(x)ln xax10有解，a.令g(x)，g(x)()，令g(x)0得x1.则g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，)上单调递减，当x1时，g(x)取得最大值，g(1)1，所以a1.故选A.二、填空题11函数f(x)x33x21在x_处取得极小值解析：由题意得f(x)3x26x3x(x2)当x0；当0x2时，f(x)2时，f(x)0.故当x2时取得极小值答案：212当k_时，函数f(x)x3kx2在0，2上是减函数解析：f(x)3x22kxx(3x2k)，由题意知是函数的单调减区间，因此2，即k3.答案：(，313已知函数f(x)sin xx，x0，cos x0(x00，)，那么下面命题中真命题的序号是_f(x)的最大值为f(x0)；f(x)的最小值为f(x0)；f(x)在0，x0上是减函数；f(x)在x0，上是减函数解析：由于f(x)cos x，且当x0，时，总有cos x0，(x00，)，故有x0，x0)时，f(x)0，当x(x0，时，f(x)0，所以x2(a2)xa0对x(1，1)都成立，即a(x1)对x(1，1)都成立令y(x1)，则y10.所以y(x1)在(1，1)上单调递增所以y0时，f(x)a.由已知条件得f(0)1，即a1.所以f(x).令f(x)0，得x12或x22(舍)当x(1，2)时，f(x)0.故f(x)在x12处取得极小值f(2)ln(1)1.无极大值(2)证明：由(1)知f(x)ln(x1)，当x0时，要证明f(x)x，只需证明ln(x1)x0.令g(x)ln(x1)x，则g(x)10时，g(x)g(0)0，即ln(x1)x0，f(x)0，当x(，0)时，g(x)0；当x(0，x0)时，g(x)a，f(x)0，f(x)在x0处取得极大值，这与题设矛盾若x00，当x(，0)时，g(x)0；当x(0，)时，g(x)a，f(x)0，f(x)在x0处不取极值，这与题设矛盾若x0a，f(x)a，f(x)0，f(x)在x0处取得极小值综上所述，x00，ag(x0)g(0)0，a的取值范围是(，0)