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高考数学精品复习资料 2019.5限时规范训练七导数的综合应用一、选择题(本题共6小题，每小题5分，共30分)1如果函数yf(x)的导函数的图象如图所示，给出下列判断：函数yf(x)在区间内单调递增；函数yf(x)在区间内单调递减；函数yf(x)在区间(4,5)内单调递增；当x2时，函数yf(x)取极小值；当x时，函数yf(x)取极大值则上述判断中正确的是()ABCD解析：选D.当x(3，2)时，f(x)0，f(x)单调递减，错；当x时，f(x)0，f(x)单调递增，当x(2,3)时，f(x)0，f(x)单调递减，错；当x2时，函数yf(x)取极大值，错；当x时，函数yf(x)无极值，错故选D.2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，)B1,2)C.D.解析：选C.f(x)4x，x0，由f(x)0得x.令f(x)0，得x；令f(x)0，得0x.由题意得1k.故C正确3已知函数f(x)(xR)满足f(x)f(x)，则()Af(2)e2f(0)Bf(2)e2f(0)Cf(2)e2f(0)Df(2)e2f(0)解析：选D.由题意构造函数g(x)，则g(x)0，则g(x)在R上单调递增，则有g(2)g(0)，故f(2)e2f(0)4不等式exxax的解集为P，且0,2P，则实数a的取值范围是()A(，e1)B(e1，)C(，e1)D(e1，)解析：选A.由题意知不等式exxax在区间0,2上恒成立，当x0时，不等式显然成立，当x0时，只需a1恒成立，令f(x)1，f(x)，显然函数在区间(0,1上单调递减，在区间1,2上单调递增，所以当x1时，f(x)取得最小值e1，则ae1，故选A.5设函数f(x)ln x，g(x)ax，它们的图象在x轴上的公共点处有公切线，则当x1时，f(x)与g(x)的大小关系是()Af(x)g(x)Bf(x)g(x)Cf(x)g(x)Df(x)与g(x)的大小关系不确定解析：选B.由题意得f(x)与x轴的交点(1,0)在g(x)上，所以ab0，因为函数f(x)，g(x)的图象在此公共点处有公切线，所以f(x)，g(x)在此公共点处的导数相等，f(x)，g(x)a，以上两式在x1时相等，即1ab，又ab0，所以a，b，即g(x)，f(x)ln x，令h(x)f(x)g(x)ln x，则h(x)，因为x1，所以h(x)0，所以h(x)在(1，)上单调递减，所以h(x)h(1)0，所以f(x)g(x)故选B.6设函数f(x)ax3x1(xR)，若对于任意x1,1都有f(x)0，则实数a的取值范围为()A(，2B0，)C0,2D1,2解析：选C.f(x)ax3x1，f(x)3ax21，当a0时，f(x)3ax210，f(x)在1,1上单调递减，f(x)minf(1)a0，不符合题意当a0时，f(x)x1，f(x)在1,1上单调递减，f(x)minf(1)0，符合题意当a0时，由f(x)3ax210，得x或x，当01，即a时，f(x)在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，a2；当1，即0a时，f(x)在1,1上单调递减，f(x)minf(1)a0，符合题意综上可得，0a2.二、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分)7已知yf(x)为R上的连续可导函数，且xf(x)f(x)0，则函数g(x)xf(x)1(x0)的零点个数为_解析：因为g(x)xf(x)1(x0)，g(x)xf(x)f(x)0，所以g(x)在(0，)上单调递增，又g(0)1，yf(x)为R上的连续可导函数，所以g(x)为(0，)上的连续可导函数，又g(x)g(0)1，所以g(x)在(0，)上无零点答案：08在函数f(x)aln x(x1)2(x0)的图象上任取两个不同点P(x1，y1)，Q(x2，y2)，总能使得f(x1)f(x2)4(x1x2)，则实数a的取值范围为_解析：不妨设x1x2，则x1x20，f(x1)f(x2)4(x1x2)，4，f(x)aln x(x1)2(x0)f(x)2(x1)，2(x1)4，a2x22x，又2x22x22，a.答案：a9设函数yf(x)图象上任意一点(x0，y0)处的切线方程为yy0(3x6x0)(xx0)，且f(3)0，则不等式0的解集为_解析：函数yf(x)图象上任意一点(x0，y0)处的切线方程为yy0(3x6x0)(xx0)，f(x0)3x6x0，f(x)3x26x，设f(x)x33x2c，又f(3)0，333×32c0，解得c0，f(x)x33x2，0可化为0，解得0x1或x0或x3.答案：(，0)(0,1(3，)三、解答题(本题共3小题，每小题12分，共36分)10(20xx·高考全国卷)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，··<m，求m的最小值解：(1)f(x)的定义域为(0，)，若a0，因为faln 2<0，所以不满足题意若a>0，由f(x)1知，当x(0，a)时，f(x)<0；当x(a，)时，f(x)>0.所以f(x)在(0，a)单调递减，在(a，)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 x>0.令x1，得ln<，从而lnlnln<1<1.故··<e.而>2，所以m的最小值为3.11设函数f(x)emxx2mx.(1)证明：f(x)在(，0)单调递减，在(0，)单调递增；(2)若对于任意x1，x21,1，都有|f(x1)f(x2)|e1，求m的取值范围解：(1)证明：f(x)m(emx1)2x.若m0，则当x(，0)时，emx10，f(x)0；当x(0，)时，emx10，f(x)0.若m0，则当x(，0)时，emx10，f(x)0；当x(0，)时，emx10，f(x)0.所以，f(x)在(，0)单调递减，在(0，)单调递增(2)由(1)知，对任意的m，f(x)在1,0单调递减，在0,1单调递增，故f(x)在x0处取得最小值所以对于任意x1，x21,1，|f(x1)f(x2)|e1的充要条件是即设函数g(t)ette1，则g(t)et1.当t0时，g(t)0；当t0时，g(t)0.故g(t)在(，0)单调递减，在(0，)单调递增又g(1)0，g(1)e12e0，故当t1,1时，g(t)0.当m1,1时，g(m)0，g(m)0，即式成立；当m1时，由g(t)的单调性，g(m)0，即emme1；当m1时，g(m)0，即emme1.综上，m的取值范围是1,112已知函数f(x)，g(x)|xm|，其中mR且m0.(1)判断函数f(x)的单调性；(2)当m2时，求函数F(x)f(x)g(x)在区间2,2上的最值；(3)设函数h(x)当m2时，若对于任意的x12，)，总存在唯一的x2(，2)，使得h(x1)h(x2)成立，试求m的取值范围解：(1)依题意，f(x)，当m0时，解f(x)0得2x2，解f(x)0得x2或x2；所以f(x)在2,2上单调递增，在(，2)，(2，)上单调递减当m0时，解f(x)0得2x2，f(x)0得x2或x2；所以f(x)在2,2上单调递减；在(，2)，(2，)上单调递增(2)当m2，2x2时，g(x)|xm|xm2m·x在2,2上单调递减，由(1)知，f(x)在2,2上单调递减，所以F(x)f(x)g(x)2mx在2,2上单调递减；F(x)maxF(2)4×2m2m2；F(x)minF(2)2m2.(3)当m2，x12，)时，h(x1)f(x1)，由(1)知h(x1)在2，)上单调递减，从而h(x1)(0，f(2)，即h(x1)；当m2，x22时，h(x2)g(x2)m·2在(，2)上单调递增，从而h(x2)(0，g(2)，即h(x2)；对于任意的x12，)，总存在唯一的x2(，2)，使得h(x1)h(x2)成立，只需，即0成立即可记函数H(m)，易知H(m)在2，)上单调递增，且H(4)0.所以m的取值范围为2,4)
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