2020高考(文)数学刷题考点测试16导数的应用二文含解析

1、1 考点测试 16 导数的应用（二） 本考点是高考必考知识点常考题型为选择题* 填空题、解答题分值5分J2分中、禹辛难度 1. 了解禹数的单调性与导嵌的关系：能和用导 数研究晶數的单调吐”会求函教萌单讷区间 （其中$项式函驻不超过三次） 2. 了解函教左慕点取得极值的必雯金件和充分 条件； 会用导数求函数的扱大值、极小值（其中 多项式晶数丰超过三次）*会求闭区问上函数的 爺大值.锻小值（其屮多项丸函数不超过三次） 3. 会用导數解决实际问題 彳狂刷小题*基础练 、基础小题 1. 函数f(x) = x In x的单调递增区间为( ) A.(汽 0) B . (0 , 1) C. (1 ,+) D

2、 . ( 3 0) U (1 ,+) 答案 C 解析 函数的定义域为（0,+3） . f （x） = 1 X,令f （x）0，得x1.故选 C. X 2. 已知对任意实数 x,都有 f( x) = f(x) , g( x) = g(x)，且 x0 时，f(x)0, g( x)0，贝U x0, g(x)0 B . f(x)0, g(x)0 C. f(x)0 D . f (x)0, g(x)0 时，f (x), g(x)都单调递增， 则当x0, g(x)0. 3. 若曲线f (x) = _x, g(x) = x在点P(1 , 1)处的切线分别为11, 12，且I 1丄12,则实 数a的值为( )概

3、览 考纲 研读 2 C.1 D . 答案 A 解析 1 1 1 f(x) =2寸,g(x) = a x ，所以在点P处的斜率分别为 k1 = , k2= a，因 为1 1丄l 2 , a 所以 k1k2=2 = 1,所以 a = 2，选 A. 4. 已知函数f(x)的导函数f(x) = ax2 + bx+ c的图象如图所示，贝 U f(x)的图象可能 是() n 答案 D 解析 当x0 时，由导函数f( x) = ax2 + bx+ c0 时，由导函数f (x) = ax2 + bx+ c的图象可知，导函数在区间 (0, xi)内的 值是大于 0 的，则在此区间内函数 f(x)单调递增只有选项

4、 D 符合题意. 5. 已知函数f (x) = x3 + 3x2 9x+ 1,若f(x)在区间k, 2上的最大值为 28,则实数k 的取值范围为( ) A. 3,+) B . ( 3, +m) C. ( a, 3) D . ( a, 3 答案 D 解析 由题意知 f (x) = 3x2 + 6x 9，令 f (x)= 0，解得 x= 1 或 x= 3，所以 f(x), f (x)随x的变化情况如下表： x (a, 3) 3 (3, 1) 1 (1 , +a) f (X) + 0 一 0 + 3 f(x) 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 又f ( 3) = 28, f=-4, f(

5、2) = 3, f(x)在区间k, 2上的最大值为 28,所以k 3. 2 6. 若函数f(x) = 2x in x在其定义域内的一个子区间 (k 1, k+ 1)内不是单调函数, 则实数k的取值范围是( ) 答案 B 解析 因为f(x)的定义域为(0,+) , f (x) = 4x f,由f (x)= 0，得x= 2.据题 x 2 3 解得 1 kw 故选 B. 7. 已知函数 f (x)的导函数为 f(x) = 5 + cosx, x ( 1, 1)，且 f(0) = 0,如果 f (1 x) + f (1 x2)0，则实数x的取值范围为 _ . 答案(1 , .2) 解析导函数f(x)是

6、偶函数，且f(0) = 0 ,原函数f(x)是奇函数，且定义域为(一 1, 1)，又导函数值恒大于 0,.原函数在定义域上单调递增，所求不等式变形为 f(1 x)f (x2 1)， 11 xx2 11，解得 1x 2，实数 x 的取值范围是(1 , 2). &已知函数f (x)的定义域是1, 5，部分对应值如表，f (x)的导函数y = f(x)的 图象如图所示， x 1 0 4 5 f(x) 11 2 1.5 L 1 下列关于函数f(x)的命题： 意得 k 1 k A. 1 ,+) B. 4 函数f (x)的值域为1 , 2;5 函数f(x)在0 , 2上是减函数； 若x 1, t时

7、，f(x)的最大值是 2，则t的最大值为 4; 当 1a2 时，函数y = f (x) a最多有 4 个零点. 其中正确命题的序号是 _ .(把所有正确命题的序号都填上 ) 答案 解析 由导函数的图象可知，当一 1x0 及 2x0，函数单调递增，当 0 x2 及 4x5 时，f (x)0,函数单调递减，当x= 0 及x= 4 时，函数取得极大值f (0) = 2, f (4) =2,当x = 2时，函数取得极小值f(2) = 1.5.又f ( 1) = f(5) = 1，所以函数的最大值为 2, 最小值为 1,值域为1 , 2,正确；因为当x= 0 及x= 4 时，函数取得极大值f(0) =

8、2, f(4) = 2,要使当x 1, t时，函数f (x)的最大值是 2,则 OW t 5,所以t的最大值为 5,所以不正确；因为极小值 f(2) = 1.5，极大值f(0) = f(4) = 2，所以当 1ak1，则下列结论中一定错误的是 ( 答案 C 解析 构造函数 g(x) = f (x) kx + 1,则 g(x) = f (x) k0,. g(x)在 R 上为增函 数.Tk1, 占0,则 g 占 g(0).而 g(0) = f(0) +1 =0, - g 占 =f k1 k f 1 k 1 +10,即f 1= ，所以选项 C 错误故选 C. 总一V k1 k1 10. (2017

9、山东高考)若函数 exf (x)(e = 2.71828是自然对数的底数 )在f (x)的定义 域上单调递增，则称函数 f(x)具有 M 性质.下列函数中具有 M 性质的是( ) 一 x 2 A. f (x) = 2 B . f (x) = x C. f (x) = 3 x D . f (x) = cosx 答案 A x e e e 解析 当 f (x) = 2 x时，exf (x) = 2= T歹 1，二当 f (x) = 2 x时，exf (x)在 f (x)的定 义域上单调递增，故函数 f (x)具有 M 性质.易知 B, C, D 不具有 M 性质，故选 A. 11. (2016 四川

10、高考)已知a为函数f (x) = x3 12x的极小值点，贝 U a=( ) A. 4 B . 2 C . 4 D . 2 1 6 答案 D 解析 由题意可得 f (x) = 3x2 12= 3(x 2)( x + 2)，令 f( x) = 0,得 x=- 2 或 x =2.则f (x) , f (x)随x的变化情况如下表： x (g, 2) 2 (2, 2) 2 (2 ,+g) f(x) + 0 0 + f(x) A 极大值 决 极小值 A 函数f (x)在x= 2 处取得极小值，则 a= 2.故选 D. 一 3 X 1 一 12. (2017 江苏高考)已知函数f(x) = x 2x +

11、e e，其中 e 是自然对数的底数.若 e 2 f(a 1) + f(2a) w0,则实数a的取值范围是 . 答案 1, 2 解析 易知函数f (x)的定义域关于原点对称. 1 x T f (x) = x 2x+ e x, e 3 x 1 . f( x) = ( x) 2( x) + e 尹7 3 当 a=- 3, b= 2 时，f(x) = x 3x + 2,易知 f(x)在(一, 1)上为增函数，在(一 1, 1)上为减函数，在(1 ,+)上为增函数，又 f( 1) = 4, f (1) = 0, L g时，f (x) T g,从而方程f (x) = 0 有两个根，故错误. 当 a= 3,

12、 b2 时，f (x) = x3 3x+ b,易知 f (x)的极大值为 f ( 1) = 2+ b0,极小值 为f(1) = b 20,x g时，f (x)T g,故方程f(x) = 0有且仅有一个实根， 故正确. 当a = 0, b= 2 时，f (x) = x3 + 2,显然方程f (x) = 0 有且仅有一个实根，故正确. 3 2 当 a = 1, b= 2 时，f(x) = x + x + 2, f (x) = 3x + 10,则 f (x)在( g,+g )上为 增函数，易知f (x)的值域为 R,故f(x) = 0 有且仅有一个实根，故正确. 综上，正确条件的编号有 . 三、模拟

13、小题 _ 3 2 14. (2018 郑州质检一)已知函数f (x) = x 9x + 29x 30,实数 m n满足f (m)= 12, f(n) = 18,则 mF n=( ) A. 6 B . 8 C . 10 D . 12 答案 A 解析 设函数f(x)图象的对称中心为(a, b)，则有 2b= f(x) + f (2a x)，整理得 2b = (6a 18) x2 (12 a2 36a)x + 8a3 36a2+ 58a60,则可得 a= 3, b= 3,所以函数 f (x)图象 的对称中心为(3 , 3).又 f(m = 12, f (n) = 18,且 f ( n) + f(n)

14、 = 6，所以点(m f ( n)和 点(n, f ( n)关于(3 , 3)对称，所以 m+ n = 2X 3= 6，故选 A. 15. (2018 河南新乡二模)若函数y=在(1 ,+g)上单调递减，则称 f(x)为P函 in x 数下列函数中为 P函数的为( ) 1 f (x) = 1； f(x) = X；f (x) = x f(x) = x. z. A.B .C .D . 答案 B 1 1 1 1 解析x (1 , +g)时，|n x0, x增大时，丁，x都减小，：y =市，y =亦 1 x in x _ 1 x x x e)时，x 0, 即 卩 y= x 在(1，e)上单调递减，在(

15、e , + 8 在(1 , +g)上都是减函数， f (x) = 1 和f(x)=】都是P函数;= in x 2，二x (1 , f (x) = . x不是P函数.故选 B.g)上单调递增, f (x) = x不是P函数; x in x _l n_x 2_ 2x1 n x2， 2 x (1 , e )时, 0, 即卩 y = 9 答案 C f(x) = x2(1 In x)，由 f (x) = x(1 2ln x) = 0 可知 x = e,且 f (x)max= f( e) = 2，注 16. (2018 湖南长沙长郡中学月考 )求形如y= f(x)g(x)的函数的导数，我们常采用以下 做法

16、：y= g(x)ln f(x)，再两边同时求导得 yy= g(x)ln f(x) 1 + g(x)fvf(x)，于是得到 y T x 1 得函数y = x-的单调递增区间是( =f(x) 1 g(x)g(x)ln f(x) + g(x) f ( x)，运用此方法求 f(x) A. (e，4) B . (3，6) C . (0，e) D . (2 , 3) 解析由题意知y= x1 亍 1 - ln 1 1 X+ r = xx x 1 ln 孑 (x0)，令 y 0,得 1 ln x0, / 0 x0, az 1),若函数 g(x) = | f (x) 1| 2 有三个零点, 则实数 t =( )

17、 A. 3 B . 2 C . 答案 A 解析由题可得 f (x) = 2x + (ax 1)ln a,设 y = 2x+ ( ax 1)ln a,则 y = 2 + axln 2a0, 则知f(x)在 R 上单调递增，而由f (0) = 0，可知f (x)在(汽 0)上单调递减，在(0, + m)上单调递增，故f (x)的最小值为f(0) = 1,又g(x) = |f(x) t| 2 有三个零点，所以 f (x) = t 2 有三个根，而 t + 2t 2，故 t 2 = f (x) min= f (0) = 1,解得 t = 3，故选 A. y = x2 1 与y = aln x 1 存在

18、公切线，则正实数 a 18. (2018 河北衡中九模)若两曲线 的取值范围是 答案 00).所以 2m=n 卅一 1 = a+ aln n 1, 化简可知，问题等价于方程 a 2 -=n (1 ln n)有解.设函数 10 意到f (e) = 0，则由题意可知 04 三 I，从而 00时，f (x) w ax+ 1，求a的取值范围. 解 (1)f (x) = (1 2x x2)ex. 令 f(x) = 0 得 x= 1 2 或 x= 1 + 2. 当 x ( a, 1 2)时，f(x)0 ; 当 x ( 1 + 2,+a)时，f(x)1 时，设函数 h(x) = (1 x)ex,则 h(x)

19、 = xex0),因此 h(x)在0 , +a) 单调递减. 而 h(0) = 1，故 h(x) w 1,所以 f (x) = (x +1) h(x) w x+ 1w ax+ 1. 当 0a0( x0)，所以 g(x)在0，+ a )单调递增. 而 g(0) = 0，故 ex x+ 1. 2 2 2 当 0 x(1 x)(1 + x) , (1 x)(1 + x) ax 1 = x(1 a xx )，取 x。= 5 4a 1 综上，a的取值范围是1 ,+a). 2. (2018 天津高考)设函数 f (x) = (x 11)( x12)( x 13),其中 t1, t2, t3 R,且 t1,

20、 t2, t3是公差为d的等差数列. (1) 若t2 = 0, d= 1,求曲线y= f (x)在点(0 , f(0)处的切线方程； (2) 若d= 3，求f(x)的极值； (3) 若曲线y = f (x)与直线y= (x 12) 3 有三个互异的公共点，求d的取值范围. 解 (1)由已知，可得 f(x) = x(x 1)( x+ 1) = x x, 2 ， 则 xo (0 , 1) , (1 xo) (1 + xo)2 axo 1 = 0, 故 f (x)ax+ 1. 当awo时，取X0 = .5 1 2 则 x (0 , 2 1) , f(x)(1 x)(1 + x) = 1 ax+ 1.

21、 12 2 故 f (x) = 3X - 1. 因为 f(0) = 0, f (0) =- 1, 又因为曲线y=f (x)在点(0,f(0)处的切线方程为y f (0) = f (0)( x 0)，故所求切 线方程为x+ y= 0. (2)由已知可得 f (x) = (x 12+ 3)( x12)( x 12 3) = (x 12)3 9( x 12) = x? 3t 2X? + 2 3 2 2 (3t2 9)x12+ 9t 2.故 f (x) = 3x 6t2X + 3t2 9. 令 f(x) = 0,解得 x = t2 3 或 x= 12+ 3. 当x变化时，f (x) , f(x)的变化

22、情况如下表： X (m, t2-曲 t2-羽 (t2-护, t 2+西) t 2+3 (t2+护,+) f(X) + 0 0 + f(x) ；L 极大值 极小值 A 所以函数f(x)的极大值为f (12 3) = ( 3)3 9X ( 3) = 6 , 3;函数f (x)的极小 值为 f(t2+ 3) = ( 3)3-9X 3 = 6 3. (3)曲线y = f (x)与直线y= (x 12) 6 3 有三个互异的公共点等价于关于 x的方程 (x 12+ d)( x 12)( x 12 d) + (x 12) + 6 叮 3 = 0 有三个互异的实数解. 令 u = x12，可得 u3+ (1

23、 d2)u+ 6 3= 0. 设函数g(x) = x3+ (1 d2)x+ 6.3,则曲线y = f (x)与直线y = (x t2) 6 3 有三个 互异的公共点等价于函数 y = g(x)有三个零点. 2 2 g(x) = 3x + (1 d). 当d2wi时，g(x) 0,这时g(x)在 R 上单调递增，不符合题意. 当 d21 时，令 g(x) = 0, Jd2 1 Jd2 1 解得 X!=也 L，X2=J. 帝 0,由g(x)的单调性可知函数 y= g(x)至多有两个零点，不符合题意.g( x)的极大值g( X1) = g d2 1 3 = 2 3 d2 1 9 + 6符 30. g

24、( x)的极小值g( X2)= g + 14 3 _ _ 若 g(X2)27,也就是 |d| 10,此时 |d|%, g(| d|) = | d| + 6 乜0，且 2| d|xi, g( 2|d|) = 6|d|3 2| d| + 6 3 62 10+ 6 30恒成立，求b的范围； m_ 2x (2) 若f (x)在x= 0 处的切线为xy 1 = 0,且方程f (x)= 恰有两解，求实数 m x 的取值范围. 解 (1)由 f (x) = e + asin x+ b, 当 a= 1 时，得 f ( x) = ex + cosx. 当 x 0 ,+)时，ex 1, cosx 1, 1，且当

25、cosx = 1，即 x = 2k n + n, k N 时，ex1. 所以 f (x) = e + cosx0, 即f (x)在0 ,+s)上单调递增， 所以 f(x)min= f(0) = 1 + b, 由f (x) 0恒成立，得 1 + b0,所以b 1. (2)由 f(x) = ex+ asin x+ b,得 f ( x) = ex+ acosx，且 f (0) = 1 + b, 由题意得f (0) = e + a= 1，所以a= 0. 又(0 , 1 + b)在切线 x y 1 = 0 上, 所以 0 1 b 1 = 0.所以 b= 2, x 所以 f (x) = e 2. 、x m

26、 2x, * x 一 , x 又方程 e 2 = 恰有两解，可得 xe 2x = m- 2x，所以xe = m x 令 g(x) = xex,则 g(x) = ex(x+ 1), 当x ( a, 1)时，g(x)0，所以g( x)在(一 1,+a)上是增函数. 1 所以 g( x) min= g( 一 1) = 一 _. e 又当 x a时，g(x) T0,且有 g(1) = e0,15 数形结合易知， 1 讪勺取值范围为-e， 4. (2018 安徽六校联考二 )已知函数f(x) = mX- ln x, m n R. X (1) 若函数f (x)在(2 , f(2)处的切线与直线x y= 0

27、 平行，求实数n的值； 试讨论函数f (x)在1 ,+)上的最大值； 若n= 1 时，函数f (x)恰有两个零点 xi, X2(0 xi2. n x n 2 解由f(X)= x，得f =， 一 n 2 由于函数f (x)在(2 , f(2)处的切线与直线x y = 0 平行，故一石=1,解得n = 6. , n x 人， (2) f (x) =(x0)，令 f(x)n; x 令 f (x)0，得 x1 时，f (x)在1 , n)上单调递增， 在(n ,+s)上单调递减， 故f (x)在1 ,+s)上的最大值为 f(n) = m-1 ln n. mx 1 证明：若n = 1 时，f(x)恰有两

28、个零点 X1, X2(0X10, 17 所以h(t)在(1 ,+s)上单调递增， 因为 t1，所以 h(t) h(1) = 0, 又 In t 0,故 xi + X2 20 成立，即 xi + X22. (1)若a0,函数f(x)的极大值为3,求实数a的值; e 若对任意的aw0, f(x) w bln x在x 2 ,+)上恒成立，求实数 x 2 I x 所以厂(x) = 2ax+1exax + ae (e) 2 ax + 1 2a x + a 1 所以g(a)在(8, 0上是增函数， 则g(a) w bln x对？ a (8, 0恒成立等价于5. (2018 湖南衡阳联考 )已知函数f 2 ax + x+ a (a R). b的取值范(1)因为 f (x)= ax* 1 2 + x + a= 1. 当x 2 , 8)时，因为 0, 18