2020数学文高考二轮专题复习与测试：第二部分 专题六第4讲 导数的综合应用 Word版含解析

A 级级基础通关基础通关一、选择题一、选择题1函数函数 f(x)的定义域为的定义域为 R，f(1)3，对任意对任意 xR，f(x)3x6 的解集为的解集为()Ax|1x1Cx|x1DR解析：解析：设设 g(x)f(x)(3x6)，则，则 g(x)f(x)30 的解集是的解集是x|x1答案：答案：C2已知函数已知函数 f(x)的定义域为的定义域为1，4，部分对应值如下表：，部分对应值如下表：x10234f(x)12020f(x)的导函数的导函数 yf(x)的图象如图所示的图象如图所示当当 1a2 时时，函数函数 yf(x)a 的零点的个数为的零点的个数为()A1B2C3D4解析：解析：根据导函数图象，知根据导函数图象，知 2 是函数的极小值点，函数是函数的极小值点，函数 yf(x)的的大致图象如图所示大致图象如图所示由于由于 f(0)f(3)2，1a1，若关于若关于 x 的不等式的不等式 f(x)0 在在0，上恒成立，则上恒成立，则 a 的取值范围为的取值范围为()A0，1B0，2C0，eD1，e解析：解析：当当 0 x1 时，时，f(x)x2aa，由由 f(x)0 恒成立，则恒成立，则 a0，当当 x1 时，由时，由 f(x)xaln x0 恒成立，即恒成立，即 axln x恒成立恒成立设设 g(x)xln x(x1)，则，则 g(x)ln x1（ln x）2.令令 g(x)0，得，得 xe，且当且当 1xe 时，时，g(x)e 时，时，g(x)0，所以所以 g(x)ming(e)e，所以，所以 ae.综上，综上，a 的取值范围是的取值范围是 0ae，即，即0，e答案：答案：C二、填空题二、填空题6做一个无盖的圆柱形水桶，若要使其体积是做一个无盖的圆柱形水桶，若要使其体积是 27 dm3，且用料，且用料最省，则圆柱的底面半径为最省，则圆柱的底面半径为_dm.解析：解析：设圆柱的底面半径为设圆柱的底面半径为 R dm，母线长为，母线长为 l dm，则，则 VR2l27，所以所以 l27R2，要使用料最省要使用料最省，只需使圆柱形水桶的表面积最小只需使圆柱形水桶的表面积最小S表表R22RlR2227R，所以所以 S表表2R54R2.令令 S表表0，得，得 R3，则当，则当 R3 时，时，S表表最小最小答案：答案：37对于函数对于函数 yf(x)，若其定义域内存在两个不同实数若其定义域内存在两个不同实数 x1，x2，使使得得 xif(xi)1(i1，2)成立成立，则称函数则称函数 f(x)具有性质具有性质 P.若函数若函数 f(x)exa具具有性质有性质 P，则实数，则实数 a 的取值范围为的取值范围为_解析：解析：依题意，依题意，xf(x)1，即，即xexa1 在在 R 上有两个不相等实根，上有两个不相等实根，所以所以 axex在在 R 上有两个不同的实根，令上有两个不同的实根，令(x)xex，则则(x)ex(x1)，当当 x1 时，时，(x)0，(x)在在(，1)上是减函数；上是减函数；当当 x1 时，时，(x)0，(x)在在(1，)上是增函数上是增函数因此因此(x)极小值为极小值为(1)1e.在同一坐标系中作在同一坐标系中作 y(x)与与 ya 的图象，又当的图象，又当 x0 时，时，(x)xex0.由图象知，当由图象知，当1ea0 时，两图象有两个交点时，两图象有两个交点故实数故实数 a 的取值范围为的取值范围为1e，0.答案：答案：1e，0三、解答题三、解答题8已知函数已知函数 f(x)axln x，x1，e(e2.718 28是自然对是自然对数的底数数的底数)(1)若若 a1，求，求 f(x)的最大值；的最大值；(2)若若 f(x)0 恒成立，求实数恒成立，求实数 a 的取值范围的取值范围解：解：(1)若若 a1，则，则 f(x)xln x，f(x)11xx1x.因为因为 x1，e，所以所以 f(x)0，所以，所以 f(x)在在1，e上为增函数，上为增函数，所以所以 f(x)maxf(e)e1.(2)因为因为 f(x)0，即，即 axln x0 对对 x1，e恒成立恒成立所以所以 aln xx，x1，e令令 g(x)ln xx，x1，e，则则 g(x)ln x1x2.当当 x1，e时，时，g(x)0，所以，所以 g(x)在在1，e上递减上递减所以所以 g(x)ming(e)1e，所以，所以 a1e.因此实数因此实数 a 的取值范围是的取值范围是，1e .9(2019天津卷节选天津卷节选)设函数设函数 f(x)excos x，g(x)为为 f(x)的导函数的导函数(1)求求 f(x)的单调区间；的单调区间；(2)当当 x4，2 时，证明：时，证明：f(x)g(x)2x0.(1)解：解：由已知，有由已知，有 f(x)ex(cos xsin x)因此，当因此，当 x2k4，2k54 (kZ)时，时，有有 sin xcos x，得，得 f(x)0，则，则 f(x)单调递减；单调递减；当当 x2k34，2k4 (kZ)时，有时，有 sin x0，则，则 f(x)单调递增单调递增所以所以 f(x)的单调递增区间为的单调递增区间为2k34，2k4 (kZ)，f(x)的单调递减区间为的单调递减区间为2k4，2k54 (kZ)(2)证明：证明：记记 h(x)f(x)g(x)2x.依题意及依题意及(1)，有，有 g(x)ex(cos xsin x)，从而从而 g(x)2exsin x.当当 x4，2 时，时，g(x)0，故故 h(x)f(x)g(x)2xg(x)(1)g(x)2x0.因此，因此，h(x)在区间在区间4，2 上单调递减，上单调递减，进而进而 h(x)h2 f2 0.所以当所以当 x4，2 时，时，f(x)g(x)2x0.B 级级能力提升能力提升10已知函数已知函数 f(x)ln x，g(x)xm(mR)(1)若若 f(x)g(x)恒成立，求实数恒成立，求实数 m 的取值范围；的取值范围；(2)已知已知 x1，x2是函数是函数 F(x)f(x)g(x)的两个零点，且的两个零点，且 x1x2，求，求证：证：x1x20)，则则 F(x)1x11xx(x0)，当当 x1 时，时，F(x)0，当，当 0 x0，所以所以 F(x)在在(1，)上单调递减，在上单调递减，在(0，1)上单调递增上单调递增F(x)在在 x1 处取得最大值处取得最大值1m，若若 f(x)g(x)恒成立恒成立，则则1m0，即，即 m1.(2)证明：证明：由由(1)可知，若函数可知，若函数 F(x)f(x)g(x)有两个零点，则有两个零点，则 m1，0 x11x2，要证要证 x1x21，只需证，只需证 x2F1x1，由由 F(x1)F(x2)0，mln x1x1，即证即证 ln1x11x1mln1x11x1x1ln x10，令令 h(x)1xx2ln x(0 x0，故故 h(x)在在(0，1)上单调递增，上单调递增，h(x)h(1)0，所以所以 x1x21.11(2019广州调研广州调研)设函数设函数 f(x)12x2(a1)xaln x.(1)讨论函数讨论函数 f(x)的单调性；的单调性；(2)已知函数已知函数 f(x)有极值有极值 m， 求证求证： m0)，当当 a0 时，时，f(x)0 恒成立，所以恒成立，所以 f(x)在在(0，)上单调递增上单调递增当当 a0 时，解时，解 f(x)0 得得 xa，解解 f(x)0 得得 0 x0 时，时，f(x)在在(0，a)上单调递减，在上单调递减，在(a，)上单调递增上单调递增(2)证明证明：由由(1)知知，a0 时时，f(x)的极值的极值 mf(a)12a2aaln a.所以所以 f(a)aln a，f(a)0 有唯一实根有唯一实根 a0.因为因为 ln 0.50.6，所以所以 a0(0.5，0.6)且且 f(a)在在(0，a0)上递增，在上递增，在(a0，)上递减上递减所以所以 mf(a)f(a0)12a20a0a0ln a012a20a0a2012a20a0120.620.60.781.故故 m1 成立成立