2019-2020年高考数学第二轮复习 专题升级训练6 导数及其应用 文.doc

2019-2020年高考数学第二轮复习 专题升级训练6 导数及其应用 文一、选择题(本大题共6小题，每小题6分，共36分)1函数yf(x)的图象在点x5处的切线方程是yx8，则f(5)f(5)等于()A1 B2 C0 D2f(x)的导函数f(x)的图象如图所示，则函数f(x)的图象最有可能是下图中的()3当x(0,5)时，函数yxln x()A是单调增函数B是单调减函数C在上单调递增，在上单调递减D在上单调递减，在上单调递增4(xx江西赣州模拟，文4)曲线C：yx3x1上斜率最小的一条切线与圆x2y2的交点个数为()A1 B2 C3 D45f(x)是定义在(0，)上的非负可导函数，且满足xf(x)f(x)0，对任意正数a，b，若ab，则必有()Aaf(b)bf(a) Bbf(a)af(b)Caf(a)f(b) Dbf(b)f(a)6已知函数f(x)x3ax2bxc，x2,2表示的曲线过原点，且在x1处的切线斜率均为1，给出以下结论：f(x)的解析式为f(x)x34x，x2,2；f(x)的极值点有且仅有一个；f(x)的最大值与最小值之和等于0.其中正确的结论有()A0个 B1个 C2个 D3个二、填空题(本大题共3小题，每小题6分，共18分)7在直径为d的圆木中，截取一个具有最大抗弯强度的长方体梁，则矩形面的长为_(强度与bh2成正比，其中h为矩形的长，b为矩形的宽)8函数f(x)x33a2xa(a0)的极大值是正数，极小值是负数，则a的取值范围是_9若点P是曲线yx2ln x上任意一点，则点P到直线yx2的最小距离为_三、解答题(本大题共3小题，共46分解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)10(本小题满分15分)设x1与x2是函数f(x)aln xbx2x的两个极值点(1)试确定常数a和b的值；(2)试判断x1，x2是函数f(x)的极大值点还是极小值点，并说明理由11.(本小题满分15分)(xx江西八校联考，文19)已知函数f(x)，g(x)aln xa.(1)当a1时，求F(x)f(x)g(x)的单调区间；(2)若x1时，函数yf(x)的图象总在函数yg(x)的图象的上方，求实数a的取值范围12(本小题满分16分)已知f(x)xln x，g(x)x2ax3.(1)求函数f(x)在t，t2(t0)上的最小值；(2)对一切x(0，),2f(x)g(x)恒成立，求实数a的取值范围；(3)证明：对一切x(0，)，都有ln x成立参考答案一、选择题1B解析：由题意知f(5)583，f(5)1，故f(5)f(5)2故选B2A解析：根据导函数f(x)的图象可知f(x)在(，2)，(0，)上单调递减，在(2,0)上单调递增故选A3D解析：yln x1，令y0，得x在上y0，在上y0，yxln x在上单调递减，在上单调递增故选D4A解析：yx211，当x0时，曲线C上的切线斜率最小，为1，即xy10，圆心到直线的距离为dr，所以直线与圆相切，有一个交点故选A5A解析：设F(x)，则F(x)0，故F(x)为减函数由0ab，有af(b)bf(a)，故选A6C解析：f(0)0，c0f(x)3x22axb，即解得a0，b4，f(x)x34x，f(x)3x24令f(x)0得x2,2，极值点有两个f(x)为奇函数，f(x)maxf(x)min0正确，故选C二、填空题7d解析：如图为圆木的横截面，由b2h2d2，bh2b(d2b2)设f(b)b(d2b2)，f(b)3b2d2令f(b)0，又b0，bd，且在上f(b)0，在上f(b)0函数f(b)在bd处取极大值，也是最大值，即抗弯强度最大，此时长hd8解析：f(x)3x23a23(xa)(xa)，由f(x)0得xa，当axa时，f(x)0，函数递减；当xa或xa时，f(x)0，函数递增f(a)a33a3a0，且f(a)a33a3a0，解得a9解析：过点P作yx2的平行直线，且与曲线yx2ln x相切设P(x0，ln x0)，则有ky|xx02x02x01，x01或x0(舍去)，P(1,1)，d三、解答题10解：(1)f(x)2bx1由已知解得(2)x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下：x(0,1)1(1,2)2(2，)f(x)00f(x)极小值极大值在x1处，函数f(x)取得极小值在x2处，函数f(x)取得极大值ln 211解：(1)当a1时，F(x)ln x1(x0)，则F(x)令F(x)0有x0(舍去)或x1；令F(x)0有0x1故F(x)的单调递增区间为1，)，单调递减区间为(0,1)(2)构造H(x)f(x)g(x)(x1)，即H(x)aln xa(x1)，则H(x)当ae时，exa0成立，则x1时，H(x)0，即H(x)在(1，)上单调递增，令H(1)eaa0，得ae，故ae满足题意；当ae时，令H(x)0有x1或xln a1，令H(x)0有x1或xln a，令H(x)0有1xln a又x1，故H(x)在(1，ln a)上单调递减，在ln a，)上单调递增，故令H(x)minH(ln a)aln(ln a)a0，得a，不满足ae，舍去综上所述，实数a的取值范围是ae12(1)解：f(x)ln x1，则当x时，f(x)0，f(x)单调递减，当x时，f(x)0，f(x)单调递增0tt2，没有最小值；0tt2，即0t时，f(x)minf；tt2，即t时，f(x)在t，t2上单调递增，f(x)minf(t)tln t所以f(x)min(2)解：2xln xx2ax3，则a2ln xx，设h(x)2ln xx(x0)，则h(x)x(0,1)，h(x)0，h(x)单调递减；x(1，)，h(x)0，h(x)单调递增所以h(x)minh(1)4，对一切x(0，),2f(x)g(x)恒成立所以ah(x)min4，即a的取值范围是(，4(3)证明：问题等价于证明xln x(x(0，)，由(1)可知f(x)xln x(x(0，)的最小值是，当且仅当x时取到设m(x)(x(0，)，则m(x)，易知m(x)maxm(1)，当且仅当x1时取到，从而对一切x(0，)，都有ln x成立