2020高考數學刷題首選卷 考點測試16 導數的應用（二）理（含解析）.docx

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考點測試16　導數的應用(二) 一、基礎小題 1．函數f(x)＝x－ln x的單調遞增區(qū)間為(　　) A．(－∞，0) B．(0，1) C．(1，＋∞) D．(－∞，0)∪(1，＋∞) 答案　C 解析　函數的定義域為(0，＋∞)．f′(x)＝1－，令f′(x)>0，得x>1．故選C． 2．已知對任意實數x，都有f(－x)＝－f(x)，g(－x)＝g(x)，且x>0時，f′(x)>0，g′(x)>0，則x<0時(　　) A．f′(x)>0，g′(x)>0 B．f′(x)>0，g′(x)<0 C．f′(x)<0，g′(x)>0 D．f′(x)<0，g′(x)<0 答案　B 解析　由題意知f(x)是奇函數，g(x)是偶函數．當x>0時，f(x)，g(x)都單調遞增，則當x<0時，f(x)單調遞增，g(x)單調遞減，即f′(x)>0，g′(x)<0． 3．若曲線f(x)＝，g(x)＝xα在點P(1，1)處的切線分別為l1，l2，且l1⊥l2，則實數α的值為(　　) A．－2 B．2 C． D．－ 答案　A 解析　f′(x)＝，g′(x)＝αxα－1，所以在點P處的斜率分別為k1＝，k2＝α，因為l1⊥l2，所以k1k2＝＝－1，所以α＝－2，選A． 4．已知函數f(x)的導函數f′(x)＝ax2＋bx＋c的圖象如圖所示，則f(x)的圖象可能是(　　) 答案　D 解析　當x<0時，由導函數f′(x)＝ax2＋bx＋c<0，知相應的函數f(x)在該區(qū)間內單調遞減；當x>0時，由導函數f′(x)＝ax2＋bx＋c的圖象可知，導函數在區(qū)間(0，x1)內的值是大于0的，則在此區(qū)間內函數f(x)單調遞增．只有選項D符合題意． 5．已知函數f(x)＝x3＋3x2－9x＋1，若f(x)在區(qū)間[k，2]上的最大值為28，則實數k的取值范圍為(　　) A．[－3，＋∞) B．(－3，＋∞) C．(－∞，－3) D．(－∞，－3] 答案　D 解析　由題意知f′(x)＝3x2＋6x－9，令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝－3，所以f′(x)，f(x)隨x的變化情況如下表： x (－∞，－3) －3 (－3，1) 1 (1，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 單調遞增 極大值 單調遞減 極小值 單調遞增 又f(－3)＝28，f(1)＝－4，f(2)＝3，f(x)在區(qū)間[k，2]上的最大值為28，所以k≤－3． 6．若函數f(x)＝2x2－ln x在其定義域內的一個子區(qū)間(k－1，k＋1)內不是單調函數，則實數k的取值范圍是(　　) A．[1，＋∞) B． C．[1，2) D． 答案　B 解析　因為f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝4x－，由f′(x)＝0，得x＝．據題意得 解得1≤k<．故選B． 7．已知函數f(x)的導函數為f′(x)＝5＋cosx，x∈(－1，1)，且f(0)＝0，如果f(1－x)＋f(1－x2)<0，則實數x的取值范圍為________． 答案　(1，) 解析　∵導函數f′(x)是偶函數，且f(0)＝0，∴原函數f(x)是奇函數，且定義域為(－1，1)，又導函數值恒大于0，∴原函數在定義域上單調遞增，∴所求不等式變形為f(1－x)0，函數單調遞增，當0k>1，則下列結論中一定錯誤的是(　　) A．f< B．f> C．f< D．f> 答案　C 解析　構造函數g(x)＝f(x)－kx＋1， 則g′(x)＝f′(x)－k>0，∴g(x)在R上為增函數． ∵k>1，∴>0，則g>g(0)． 而g(0)＝f(0)＋1＝0， ∴g＝f－＋1>0， 即f>－1＝， 所以選項C錯誤．故選C． 10．(2017山東高考)若函數exf(x)(e＝2．71828…是自然對數的底數)在f(x)的定義域上單調遞增，則稱函數f(x)具有M性質．下列函數中具有M性質的是(　　) A．f(x)＝2－x B．f(x)＝x2 C．f(x)＝3－x D．f(x)＝cosx 答案　A 解析　當f(x)＝2－x時，exf(x)＝＝x．∵>1，∴當f(x)＝2－x時，exf(x)在f(x)的定義域上單調遞增，故函數f(x)具有M性質．易知B，C，D不具有M性質，故選A． 11．(2015全國卷Ⅰ)設函數f(x)＝ex(2x－1)－ax＋a，其中a<1，若存在唯一的整數x0使得f(x0)<0，則a的取值范圍是(　　) A． B． C． D． 答案　D 解析　由f(x0)<0，即ex0(2x0－1)－a(x0－1)<0， 得ex0(2x0－1)1，則a>． 令g(x)＝，則g′(x)＝． 當x∈時，g′(x)<0，g(x)為減函數， 當x∈時，g′(x)>0，g(x)為增函數， 要滿足題意，則x0＝2，此時需滿足g(2)0，g(x)為增函數， 當x∈(0，1)時，g′(x)<0，g(x)為減函數， 要滿足題意，則x0＝0，此時需滿足g(－1)≤a2；④a＝0，b＝2；⑤a＝1，b＝2． 答案?、佗邰堍? 解析　設f(x)＝x3＋ax＋b． 當a＝－3，b＝－3時，f(x)＝x3－3x－3，f′(x)＝3x2－3，令f′(x)>0，得x>1或x<－1；令f′(x)<0，得－12時，f(x)＝x3－3x＋b，易知f(x)的極大值為f(－1)＝2＋b>0，極小值為f(1)＝b－2>0，x→－∞時，f(x)→－∞，故方程f(x)＝0有且僅有一個實根，故③正確． 當a＝0，b＝2時，f(x)＝x3＋2，顯然方程f(x)＝0有且僅有一個實根，故④正確． 當a＝1，b＝2時，f(x)＝x3＋x＋2，f′(x)＝3x2＋1>0，則f(x)在(－∞，＋∞)上為增函數，易知f(x)的值域為R，故f(x)＝0有且僅有一個實根，故⑤正確． 綜上，正確條件的編號有①③④⑤． 三、模擬小題 14．(2018鄭州質檢一)已知函數f(x)＝x3－9x2＋29x－30，實數m，n滿足f(m)＝－12，f(n)＝18，則m＋n＝(　　) A．6 B．8 C．10 D．12 答案　A 解析　設函數f(x)圖象的對稱中心為(a，b)，則有2b＝f(x)＋f(2a－x)，整理得2b＝(6a－18)x2－(12a2－36a)x＋8a3－36a2＋58a－60，則可得a＝3，b＝3，所以函數f(x)圖象的對稱中心為(3，3)．又f(m)＝－12，f(n)＝18，且f(m)＋f(n)＝6，所以點(m，f(m))和點(n，f(n))關于(3，3)對稱，所以m＋n＝23＝6，故選A． 15．(2018河南新鄉(xiāng)二模)若函數y＝在(1，＋∞)上單調遞減，則稱f(x)為P函數．下列函數中為P函數的為(　　) ①f(x)＝1；②f(x)＝x；③f(x)＝；④f(x)＝． A．①②④ B．①③ C．①③④ D．②③ 答案　B 解析　x∈(1，＋∞)時，ln x>0，x增大時，，都減小，∴y＝，y＝在(1，＋∞)上都是減函數，∴f(x)＝1和f(x)＝都是P函數；′＝，∴x∈(1，e)時，′<0，x∈(e，＋∞)時，′>0，即y＝在(1，e)上單調遞減，在(e，＋∞)上單調遞增，∴f(x)＝x不是P函數；′＝，∴x∈(1，e2)時，′<0，x∈(e2，＋∞)時，′>0，即y＝在(1，e2)上單調遞減，在(e2，＋∞)上單調遞增，∴f(x)＝不是P函數．故選B． 16．(2018武漢調研)已知函數f(x)＝x2lnx－a(x2－1)(a∈R)，若f(x)≥0在0f(2) B．e2f(1)h(2)，即>，所以e2f(1)>f(2)．故選A． 18．(2018石家莊一模)已知函數f(x)＝，g(x)＝，若函數y＝f[g(x)]＋a有三個不同的零點x1，x2，x3(其中x10)，所以函數g(x)在(e，＋∞)上單調遞減，在(0，e)上單調遞增，所以g(x)max＝g(e)＝，作出函數g(x)的大致圖象如圖2所示．f＝．因為f[g(x)]＋a＝0有三個不同的零點，所以y＝f[g(x)]與y＝－a有三個不同的交點，所以a∈1，．令g(x)＝t，則問題等價于方程＋a＝0，即t2＋(a－1)t＋1－a＝0有兩個解t1，t2，不妨設t10時，f(x)>0； (2)若x＝0是f(x)的極大值點，求a． 解　(1)證明：當a＝0時，f(x)＝(2＋x)ln (1＋x)－2x，f′(x)＝ln (1＋x)－． 設函數g(x)＝f′(x)＝ln (1＋x)－， 則g′(x)＝． 當－10時，g′(x)>0． 故當x>－1時，g(x)≥g(0)＝0，且僅當x＝0時，g(x)＝0，從而f′(x)≥0，且僅當x＝0時，f′(x)＝0． 所以f(x)在(－1，＋∞)單調遞增． 又f(0)＝0，故當－10時，f(x)>0． (2)f′(x)＝(2ax＋1)ln (1＋x)＋－2， 且f′(0)＝0，則?m∈(－1，0)，?n∈(0，＋∞)， 當x∈(m，n)時，2ax＋1>0， ①當x∈(m，0)時，由(1)知，ln (1＋x)<， 則f′(x)<(2ax＋1)＋－2 ＝． 由題意，?x1∈(m，0)使當x∈(x1，0)時，f′(x)>0恒成立， 即a≥－max，∴a≥－． 當x∈(0，n)時，由(1)知，ln (1＋x)>， 則f′(x)>(2ax＋1)＋－2 ＝． 由題意，?x2∈(0，n)使當x∈(0，x2)時，f′(x)≤0恒成立， 即a≤－min，∴a≤－． 綜上，a＝－． 2．(2018天津高考)已知函數f(x)＝ax，g(x)＝logax，其中a>1． (1)求函數h(x)＝f(x)－xln a的單調區(qū)間； (2)若曲線y＝f(x)在點(x1，f(x1))處的切線與曲線y＝g(x)在點(x2，g(x2))處的切線平行，證明x1＋g(x2)＝－； (3)證明當a≥e時，存在直線l，使l是曲線y＝f(x)的切線，也是曲線y＝g(x)的切線． 解　(1)由已知，h(x)＝ax－xln a， 有h′(x)＝axln a－ln a． 令h′(x)＝0，解得x＝0． 由a>1，可知當x變化時，h′(x)，h(x)的變化情況如下表： x (－∞，0) 0 (0，＋∞) h′(x) － 0 ＋ h(x)  極小值  所以函數h(x)的單調遞減區(qū)間為(－∞，0)，單調遞增區(qū)間為(0，＋∞)． (2)證明：由f′(x)＝axln a，可得曲線y＝f(x)在點(x1，f(x1))處的切線斜率為ax1ln a． 由g′(x)＝，可得曲線y＝g(x)在點(x2，g(x2))處的切線斜率為． 因為這兩條切線平行，故有ax1ln a＝， 即x2ax1(ln a)2＝1． 兩邊取以a為底的對數，得logax2＋x1＋2loga(ln a)＝0，所以x1＋g(x2)＝－． (3)證明：曲線y＝f(x)在點(x1，ax1)處的切線l1：y－ax1＝ax1ln a(x－x1)． 曲線y＝g(x)在點(x2，logax2)處的切線l2：y－logax2＝(x－x2)． 要證明當a≥e時，存在直線l，使l是曲線y＝f(x)的切線，也是曲線y＝g(x)的切線，只需證明當a≥e時，存在x1∈(－∞，＋∞)，x2∈(0，＋∞)，使得l1與l2重合． 即只需證明當a≥e時， 方程組有解． 由①得x2＝，代入②， 得ax1－x1ax1ln a＋x1＋＋＝0．③ 因此，只需證明當a≥e時，關于x1的方程③存在實數解． 設函數u(x)＝ax－xaxln a＋x＋＋， 即要證明當a≥e時，函數y＝u(x)存在零點． u′(x)＝1－(ln a)2xax，可知x∈(－∞，0)時， u′(x)>0；x∈(0，＋∞)時，u′(x)單調遞減， 又u′(0)＝1>0，u′＝1－a<0，故存在唯一的x0，且x0>0，使得u′(x0)＝0， 即1－(ln a)2x0ax0＝0． 由此可知u(x)在(－∞，x0)上單調遞增，在(x0，＋∞)上單調遞減．u(x)在x＝x0處取得極大值u(x0)． 因為a≥e，故ln (ln a)≥－1， 所以u(x0)＝ax0－x0ax0ln a＋x0＋＋＝＋x0＋≥≥0． 下面證明存在實數t，使得u(t)<0． 由(1)可得ax≥1＋xln a，當x>時，有 u(x)≤(1＋xln a)(1－xln a)＋x＋＋＝－(ln a)2x2＋x＋1＋＋， 所以存在實數t，使得u(t)<0． 因此，當a≥e時，存在x1∈(－∞，＋∞)，使得u(x1)＝0． 所以，當a≥e時，存在直線l，使l是曲線y＝f(x)的切線，也是曲線y＝g(x)的切線． 3．(2017全國卷Ⅱ)已知函數f(x)＝ax2－ax－xln x，且f(x)≥0． (1)求a； (2)證明：f(x)存在唯一的極大值點x0，且e－2＜f(x0)＜2－2． 解　(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)． 設g(x)＝ax－a－ln x，則f(x)＝xg(x)，f(x)≥0等價于g(x)≥0． 因為g(1)＝0，g(x)≥0，故g′(1)＝0， 而g′(x)＝a－，g′(1)＝a－1，得a＝1． 若a＝1，則g′(x)＝1－． 當01時，g′(x)>0，g(x)單調遞增． 所以x＝1是g(x)的極小值點， 故g(x)≥g(1)＝0． 綜上，a＝1． (2)證明：由(1)知f(x)＝x2－x－xln x，f′(x)＝2x－2－ln x． 設h(x)＝2x－2－ln x，則h′(x)＝2－． 當x∈0，時，h′(x)<0； 當x∈，＋∞時，h′(x)＞0． 所以h(x)在0，單調遞減，在，＋∞單調遞增． 又h(e－2)＞0，h＜0，h(1)＝0，所以h(x)在0，有唯一零點x0，在，＋∞有唯一零點1，且當x∈(0，x0)時，h(x)＞0；當x∈(x0，1)時，h(x)＜0；當x∈(1，＋∞)時，h(x)＞0． 因為f′(x)＝h(x)，所以x＝x0是f(x)的唯一極大值點． 由f′(x0)＝0得ln x0＝2(x0－1)，故f(x0)＝x0(1－x0)． 由x0∈得f(x0)＜． 因為x＝x0是f(x)在(0，1)的最大值點，由e－1∈(0，1)，f′(e－1)≠0得f(x0)＞f(e－1)＝e－2，所以e－2＜f(x0)＜2－2． 二、模擬大題 4．(2018合肥質檢)已知函數f(x)＝＋，曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為x＋2y－3＝0． (1)求a，b的值； (2)證明：當x>0，且x≠1時，f(x)>． 解　(1)f′(x)＝－． 由于直線x＋2y－3＝0的斜率為－，且過點(1，1)， 故即 解得a＝1，b＝1． (2)證明：由(1)知f(x)＝＋， 所以f(x)－＝2ln x－． 令h(x)＝2ln x－(x>0)， 則h′(x)＝－＝－． 所以當x≠1時，h′(x)<0，而h(1)＝0， 故當x∈(0，1)時，h(x)>0，可得h(x)>0； 當x∈(1，＋∞)時，h(x)<0，可得h(x)>0． 從而當x>0，且x≠1時，f(x)－>0． 即f(x)>． 5．(2018廣東廣州調研)已知函數f(x)＝aln x＋xb(a≠0)． (1)當b＝2時，若函數f(x)恰有一個零點，求實數a的取值范圍； (2)當a＋b＝0，b>0時，對任意x1，x2∈，e，有|f(x1)－f(x2)|≤e－2成立，求實數b的取值范圍． 解　(1)函數f(x)的定義域為(0，＋∞)． 當b＝2時，f(x)＝aln x＋x2，所以f′(x)＝＋2x＝． ①當a>0時，f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上單調遞增， 取x0＝e－，則f(e－)＝－1＋(e－)2<0． 因為f(1)＝1，所以f(x0)f(1)<0， 所以函數f(x)有一個零點． ②當a<0時，令f′(x)＝0，解得x＝． 當0時，f′(x)>0，所以f(x)在，＋∞上單調遞增． 要使函數f(x)有一個零點，則f＝aln －＝0，即a＝－2e． 綜上所述，若函數f(x)恰有一個零點， 則a＝－2e或a>0． (2)因為對任意x1，x2∈，e， 有|f(x1)－f(x2)|≤e－2成立， 又|f(x1)－f(x2)|≤f(x)max－f(x)minx∈，e， 所以f(x)max－f(x)min≤e－2． 因為a＋b＝0，所以a＝－b． 所以f(x)＝－bln x＋xb，所以f′(x)＝＋bxb－1＝． 因為b>0，所以當01時，f′(x)>0， 所以函數f(x)在，1上單調遞減，在(1，e]上單調遞增，f(x)min＝f(1)＝1，f(x)max＝maxf，f(e)． 易知f＝b＋e－b，f(e)＝－b＋eb， 設g(b)＝f(e)－f＝eb－e－b－2b(b>0)， 則g′(b)＝eb＋e－b－2>2－2＝0． 所以g(b)在(0，＋∞)上單調遞增，故g(b)>g(0)＝0， 所以f(e)>f． 從而f(x)max＝f(e)＝－b＋eb． 所以－b＋eb－1≤e－2，即eb－b－e＋1≤0， 設φ(b)＝eb－b－e＋1(b>0)，則φ′(b)＝eb－1． 當b>0時，φ′(b)>0，所以φ(b)在(0，＋∞)上單調遞增． 又φ(1)＝0，所以eb－b－e＋1≤0即為φ(b)≤φ(1)，解得b≤1． 又因為b>0，所以b的取值范圍為(0，1]．