2019年高考数学一轮复习 4-2导数的应用检测试题（2）文.doc

2019年高考数学一轮复习 4-2导数的应用检测试题（2）文一、选择题1函数f(x)xelnx的单调递增区间为()A(0，)B(，0)C(，0)和(0，) DR解析：函数定义域为(0，)，f(x)10，故单调增区间是(0，)答案：A2已知定义在R上的函数f(x)，其导函数f(x)的大致图像如图所示，则下列叙述正确的是()Af(b)f(c)f(d) Bf(b)f(a)f(e)Cf(c)f(b)f(a) Df(c)f(e)f(d)解析：依题意得，当x(，c)时，f(x)0；当x(c，e)时，f(x)0.因此，函数f(x)在(，c)上是增函数，在(c，e)上是减函数，在(e，)上是增函数，又abf(b)f(a)答案：C3设函数f(x)lnx，则()Ax为f(x)的极大值点Bx为f(x)的极小值点Cx2为f(x)的极大值点Dx2为f(x)的极小值点解析：函数f(x)的定义域为(0，)，f(x)，当x2时，f(x)0；当x2时，f(x)0，函数f(x)为增函数；当0x2时，f(x)0，函数f(x)为减函数，所以x2为函数f(x)的极小值点答案：D4若f(x)，eaf(b) Bf(a)f(b)Cf(a)1解析：f(x)，当xe时，f(x)f(b)答案：A5函数f(x)x33x1，若对于区间3,2上的任意x1，x2，都有|f(x1)f(x2)|t，则实数t的最小值是()A20 B18C3 D0解析：因为f(x)3x233(x1)(x1)，令f(x)0，得x1，所以1,1为函数的极值点又f(3)19，f(1)1，f(1)3，f(2)1，所以在区间3,2上f(x)max1，f(x)min19.又由题设知在区间3,2上f(x)maxf(x)mint，从而t20，所以t的最小值是20.答案：A6已知函数yx33xc的图像与x轴恰有两个公共点，则c()A2或2 B9或3C1或1 D3或1解析：设f(x)x33xc，对f(x)求导可得，f(x)3x23，令f(x)0，可得x1，易知f(x)在(，1)，(1，)上单调递增，在(1,1)上单调递减若f(1)13c0，可得c2；若f(1)13c0，可得c2.答案：A7设函数f(x)ax2bxc(a，b，cR)若x1为函数f(x)ex的一个极值点，则下列图像不可能为yf(x)的图像是()ABCD解析：因为f(x)exf(x)exf(x)(ex)f(x)f(x)ex，且x1为函数f(x)ex的一个极值点，所以f(1)f(1)0；选项D中，f(1)0，f(1)0，不满足f(1)f(1)0.答案：D8已知定义在R上的奇函数f(x)，设其导函数为f(x)，当x(，0时，恒有xf(x)F(2x1)的实数x的取值范围是()A(1,2) B.C. D(2,1)解析：由F(x)xf(x)，得F(x)f(x)xf(x)xf(x)f(x)0，所以F(x)在(，0上单调递减，又可证F(x)为偶函数，从而F(x)在0，)上单调递增，故原不等式可化为32x13，解得1x0.所以m6或m3.答案：(，3)(6，)12已知函数f(x)x3ax24在x2处取得极值，若m1,1，则f(m)的最小值为_解析：求导得f(x)3x22ax，由f(x)在x2处取得极值知f(2)0，即342a20，故a3.由此可得f(x)x33x24，f(x)3x26x.由此可得f(x)在(1,0)上单调递减，在(0,1)上单调递增，所以对m1,1时，f(m)minf(0)4.答案：413已知函数yf(x)x33ax23bxc在x2处有极值，其图像在x1处的切线平行于直线6x2y50，则f(x)极大值与极小值之差为_解析：y3x26ax3b，y3x26x，令3x26x0，则x0或x2.f(x)极大值f(x)极小值f(0)f(2)4.答案：414下图是函数yf(x)的导函数的图像，给出下面四个判断f(x)在区间2，1上是增函数；x1是f(x)的极小值点；f(x)在区间1,2上是增函数，在区间2,4上是减函数；x3是f(x)的极小值点其中，所有正确判断的序号是_解析：由函数yf(x)的导函数的图像可知：(1)f(x)在区间2，1上是减函数，在1,2上为增函数，在2,4上为减函数；(2)f(x)在x1处取得极小值，在x2处取得极大值故正确答案：三、解答题15xx新课标全国已知函数f(x)ex(axb)x24x，曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程为y4x4.(1)求a，b的值；(2)讨论f(x)的单调性，并求f(x)的极大值解析：(1)f(x)ex(axab)2x4.由已知得f(0)4，f(0)4.故b4，ab8.从而a4，b4.(2)由(1)知，f(x)4ex(x1)x24x，f(x)4ex(x2)2x44(x2).令f(x)0得，xln2或x2.从而当x(，2)(ln2，)时，f(x)0；当x(2，ln2)时，f(x)0.故f(x)在(，2)，(ln2，)上单调递增，在(2，ln2)上单调递减当x2时，函数f(x)取得极大值，极大值为f(2)4(1e2)答案：(1)a4，b4；(2)f(x)在(，2)，(ln2，)上单调递增，在(2，ln2)上单调递减，f(x)的极大值为4(1e2)16xx浙江已知aR，函数f(x)2x33(a1)x26ax.(1)若a1，求曲线yf(x)在点(2，f(2)处的切线方程；(2)若|a|1，求f(x)在闭区间0,2|a|上的最小值解析：(1)当a1时，f(x)6x212x6，所以f(2)6.又因为f(2)4，所以切线方程为y6x8.(2)记g(a)为f(x)在闭区间0,2|a|上的最小值，f(x)6x26(a1)x6a6(x1)(xa)，令f(x)0，得到x11，x2a，当a1时，比较f(0)0和f(a)a2(3a)的大小可得g(a)当a1时，得g(a)3a1.综上所述，f(x)在闭区间0,2|a|上的最小值为g(a)答案：(1)y6x8；(2)最小值为g(a)创新试题教师备选教学积累资源共享教师用书独具1xx重庆理设f(x)a(x5)26lnx，其中aR，曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线与y轴相交于点(0,6)(1)确定a的值；(2)求函数f(x)的单调区间与极值解析：(1)因f(x)a(x5)26lnx，故f(x)2a(x5).令x1，得f(1)16a，f(1)68a，所以曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程为y16a(68a)(x1)，由点(0,6)在切线上可得616a8a6，故a.(2)由(1)知，f(x)(x5)26lnx(x0)，f(x)x5.令f(x)0，解得x12，x23.当0x2或x3时，f(x)0，故f(x)在(0,2)，(3，)上为增函数；当2x3时，f(x)0，故f(x)在(2,3)上为减函数由此可知f(x)在x2处取得极大值f(2)6ln2，在x3处取得极小值f(3)26ln3.2xx新课标全国文已知函数f(x)x2ex.(1)求f(x)的极小值和极大值；(2)当曲线yf(x)的切线l的斜率为负数时，求l在x轴上截距的取值范围解析：(1)f(x)的定义域为(，)，f(x)exx(x2)当x(，0)或x(2，)时，f(x)0；当x(0,2)时，f(x)0.所以f(x)在(，0)，(2，)单调递减，在(0,2)单调递增故当x0时，f(x)取得极小值，极小值为f(0)0；当x2时，f(x)取得极大值，极大值为f(2)4e2.(2)设切点为(t，f(t)，则l的方程为yf(t)(xt)f(t)所以l在x轴上的截距为m(t)ttt23.由已知和得t(，0)(2，)令h(x)x(x0)，则当x(0，)时，h(x)的取值范围为2，)；当x(，2)时，h(x)的取值范围是(，3)所以当t(，0)(2，)时，m(t)的取值范围是(，0)23，)综上，l在x轴上的截距的取值范围是(，0)23，)3xx广东文设函数f(x)x3kx2x(kR)(1)当k1时，求函数f(x)的单调区间；(2)当k0时，求函数f(x)在k，k上的最小值m和最大值M.解析：(1)当k1时，f(x)x3x2x，于是f(x)3x22x1.80，xR，f(x)0.因此f(x)的单调递增区间为(，)(2)f(x)3x22kx1，4(k23)当k时，0，于是f(x)0有两个根x1k，x20k.当x(k，x1)(x2，k)时，f(x)0；当x(x1，x2)时，f(x)0，因此函数f(x)在k，x1与x2，k上为增函数，在x1，x2上为减函数故mminf(k)，f(x2)，Mmaxf(k)，f(x1)由于kx1x20k，所以f(x1)x13kx12x1k3k3k2k3kf(k)，f(x2)x(x2k)x2x2kf(k)因此mf(k)k，Mf(k)2k3k.当k时，f(x)320，f(x)在，上为增函数因此mf()，Mf()7.当k0时，0，于是xR，f(x)0，f(x)在k，k上为增函数因此mf(k)k，Mf(k)2k3k.4xx浙江理已知aR，函数f(x)x33x23ax3a3.(1)求曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程；(2)当x0,2时，求|f(x)|的最大值解析：(1)由题意f(x)3x26x3a，故f(1)3a3.又f(1)1，所以所求的切线方程为y(3a3)x3a4.(2)由于f(x)3(x1)23(a1)，0x2.故当a0时，有f(x)0，此时f(x)在0,2上单调递减，故|f(x)|maxmax|f(0)|，|f(2)|33a.当a1时，有f(x)0，此时f(x)在0,2上单调递增，故|f(x)|maxmax|f(0)|，|f(2)|3a1.当0a1时，设x11，x21，则0x1x20，f(x1)f(x2)4(1a)0.从而f(x1)|f(x2)|.所以|f(x)|maxmaxf(0)，|f(2)|，f(x1)当0a|f(2)|.又f(x1)f(0)2(1a)(23a)0，故|f(x)|maxf(x1)12(1a).当a1时，|f(2)|f(2)，且f(2)f(0)又f(x1)|f(2)|2(1a)(3a2)，所以当a|f(2)|，故|f(x)|maxf(x1)12(1a).当a1时，f(x1)|f(2)|，故|f(x)|max|f(2)|3a1.综上所述，|f(x)|max