2020数学理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设设 f(x)是定义在是定义在 R 上的奇函数，且上的奇函数，且 f(2)0，当，当 x0 时，有时，有xf（x）f（x）x20 的解集是的解集是()A(2，0)(2，)B(2，0)(0，2)C(，2)(2，) D(，2)(0，2)解析：解析：x0 时，时，f（x）xxf（x）f（x）x20，所以所以(x)f（x）x在在(0，)为减函数，又为减函数，又(2)0，所以当且仅当所以当且仅当 0 x0，此时，此时 x2f(x)0.又又 f(x)为奇函数，所以为奇函数，所以 h(x)x2f(x)也为奇函数也为奇函数故故 x2f(x)0 的解集为的解集为(，2)(0，2)答案：答案：D2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)2，1a2，所以，所以 yf(x)a 的零点个数为的零点个数为 4.答案：答案：D3若函数若函数 f(x)在在 R 上可导，且满足上可导，且满足 f(x)xf(x)0，则，则()A3f(1)f(3)B3f(1)f(3)C3f(1)f(3)Df(1)f(3)解析：解析：由于由于 f(x)xf(x)，则，则f（x）xxf（x）f（x）x20 恒成恒成立，因此立，因此 yf（x）x在在 R 上是单调减函数，上是单调减函数，所以所以f（3）3f（1）1，即，即 3f(1)f(3)答案：答案：B4已知函数已知函数 f(x)exln x，则下面对函数，则下面对函数 f(x)的描述正确的是的描述正确的是()Ax(0，)，f(x)2Bx(0，)，f(x)2Cx0(0，)，f(x0)0Df(x)min(0，1)解析：解析：因为因为 f(x)exln x 的定义域为的定义域为(0，)，且且 f(x)ex1xxex1x，令令 g(x)xex1，x0，则则 g(x)(x1)ex0 在在(0，)上恒成立，上恒成立，所以所以 g(x)在在(0，)上单调递增，上单调递增，又又 g(0)g(1)(e1)0，所以所以x0(0，1)，使，使 g(x0)0，则则 f(x)在在(0，x0)上单调递减，在上单调递减，在(x0，)上单调递增，上单调递增，则则 f(x)minf(x0)ex0ln x0，又又 ex01x0，x0ln x0，所以，所以 f(x)min1x0 x02.答案：答案：B5已知函数已知函数 f(x)exeln x，若函数，若函数 g(x)f(x)a 无零点，则实数无零点，则实数 a的取值范围为的取值范围为()A.e22，0B.e2，0C(2e，0D(e，0解析：解析：依题意，依题意，f(x)1eexeln x1xexe（ln x）2exe（ln x）21eln x1x ，令令h(x)1eln x1x，注意到函数，注意到函数 h(x)单调递增，且单调递增，且 h(e)0，故当，故当 x(0，e)时时，h(x)0.故函数故函数 f(x)在在(0，1)和和(1，e)上单调递减，在上单调递减，在(e，)上单调递增，作出函数上单调递增，作出函数 f(x)的图象如下图所的图象如下图所示示令令 f(x)a0，得，得 f(x)a，观察可知观察可知 0ae，即，即ex20， f(x1)f(x2)0)，因为曲线因为曲线 yf(x)在点在点(e，f(e)处的切线与直线处的切线与直线 x20 垂直，垂直，所以所以 f(e)0，即，即1eke20，得，得 ke，所以所以 f(x)1xex2xex2(x0)由由 f(x)0 得得 0 x0 得得 xe.所以所以 f(x)在在(0，e)上单调递减，在上单调递减，在(e，)上单调递增，上单调递增，当当 xe 时，时，f(x)取得极小值，且取得极小值，且 f(e)ln eee2.所以所以 f(x)的极小值为的极小值为 2.(2)由题意知对任意的由题意知对任意的 x1x20，f(x1)x10)，则则 h(x)在在(0，)上单调递减，上单调递减，所以所以 h(x)1xkx210 在在(0，)上恒成立，上恒成立，故当故当 x0 时，时，kx2xx12214恒成立，恒成立，又又x1221414，则，则 k14，故实数故实数 k 的取值范围是的取值范围是14，.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(2018全国卷全国卷)已知函数已知函数 f(x)1xxaln x.(1)讨论讨论 f(x)的单调性；的单调性；(2)若若 f(x)存在两个极值点存在两个极值点 x1，x2，证明：证明：f（x1）f（x2）x1x22，令，令 f(x)0，得，得xa a242或或 xa a242.当当 x(0，a a242)(a a242，)时，时，f(x)0.所以所以 f(x)在在(0，a a242)，(a a242，)上单调递减，在上单调递减，在(a a242，a a242)上单调递增上单调递增(2)证明：证明：由由(1)知，知，f(x)存在两个极值点当且仅当存在两个极值点当且仅当 a2.由于由于 f(x)的两个极值点的两个极值点 x1，x2满足满足 x2ax10，所以所以 x1x21，不妨设，不妨设 0 x11.由 于由 于f（x1）f（x2）x1x2 1x1x2 1 aln x1ln x2x1x2 2 aln x1ln x2x1x22a2ln x21x2x2，所以所以f（x1）f（x2）x1x2a2 等价于等价于1x2x22ln x20.设函数设函数 g(x)1xx2ln x，由由(1)知知，g(x)在在(0，)上单调递减上单调递减又又 g(1)0，从而当，从而当 x(1，)时，时，g(x)0.所以所以1x2x22ln x20，故，故f（x1）f（x2）x1x2a2.