2020高考數(shù)學(xué)刷題首選卷 第二章 函數(shù)、導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 考點(diǎn)測(cè)試16 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用（二） 文（含解析）.docx

《2020高考數(shù)學(xué)刷題首選卷 第二章 函數(shù)、導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 考點(diǎn)測(cè)試16 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用（二） 文（含解析）.docx》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020高考數(shù)學(xué)刷題首選卷 第二章 函數(shù)、導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 考點(diǎn)測(cè)試16 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用（二） 文（含解析）.docx（13頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

考點(diǎn)測(cè)試16　導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用(二) 一、基礎(chǔ)小題 1．函數(shù)f(x)＝x－ln x的單調(diào)遞增區(qū)間為(　　) A．(－∞，0) B．(0，1) C．(1，＋∞) D．(－∞，0)∪(1，＋∞) 答案　C 解析　函數(shù)的定義域?yàn)?0，＋∞)．f′(x)＝1－，令f′(x)>0，得x>1.故選C. 2．已知對(duì)任意實(shí)數(shù)x，都有f(－x)＝－f(x)，g(－x)＝g(x)，且x>0時(shí)，f′(x)>0，g′(x)>0，則x<0時(shí)(　　) 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(shù)，g(x)是偶函數(shù)．當(dāng)x>0時(shí)，f(x)，g(x)都單調(diào)遞增，則當(dāng)x<0時(shí)，f(x)單調(diào)遞增，g(x)單調(diào)遞減，即f′(x)>0，g′(x)<0. 3．若曲線f(x)＝，g(x)＝xα在點(diǎn)P(1，1)處的切線分別為l1，l2，且l1⊥l2，則實(shí)數(shù)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(diǎn)P處的斜率分別為k1＝，k2＝α，因?yàn)閘1⊥l2，所以k1k2＝＝－1，所以α＝－2，選A. 4．已知函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)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(dāng)x<0時(shí)，由導(dǎo)函數(shù)f′(x)＝ax2＋bx＋c<0，知相應(yīng)的函數(shù)f(x)在該區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞減；當(dāng)x>0時(shí)，由導(dǎo)函數(shù)f′(x)＝ax2＋bx＋c的圖象可知，導(dǎo)函數(shù)在區(qū)間(0，x1)內(nèi)的值是大于0的，則在此區(qū)間內(nèi)函數(shù)f(x)單調(diào)遞增．只有選項(xiàng)D符合題意． 5．已知函數(shù)f(x)＝x3＋3x2－9x＋1，若f(x)在區(qū)間[k，2]上的最大值為28，則實(shí)數(shù)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(diào)遞增 極大值 單調(diào)遞減 極小值 單調(diào)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(shù)f(x)＝2x2－ln x在其定義域內(nèi)的一個(gè)子區(qū)間(k－1，k＋1)內(nèi)不是單調(diào)函數(shù)，則實(shí)數(shù)k的取值范圍是(　　) A．[1，＋∞) B. C．[1，2) D. 答案　B 解析　因?yàn)閒(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝4x－，由f′(x)＝0，得x＝.據(jù)題意得 解得1≤k<.故選B. 7．已知函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)＝5＋cosx，x∈(－1，1)，且f(0)＝0，如果f(1－x)＋f(1－x2)<0，則實(shí)數(shù)x的取值范圍為________． 答案　(1，) 解析　∵導(dǎo)函數(shù)f′(x)是偶函數(shù)，且f(0)＝0，∴原函數(shù)f(x)是奇函數(shù)，且定義域?yàn)?－1，1)，又導(dǎo)函數(shù)值恒大于0，∴原函數(shù)在定義域上單調(diào)遞增，∴所求不等式變形為f(1－x)0，函數(shù)單調(diào)遞增，當(dāng)0k>1，則下列結(jié)論中一定錯(cuò)誤的是(　　) A．f< B．f> C．f< D．f> 答案　C 解析　構(gòu)造函數(shù)g(x)＝f(x)－kx＋1，則g′(x)＝f′(x)－k>0，∴g(x)在R上為增函數(shù)．∵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(xiàng)C錯(cuò)誤．故選C. 10．(2017山東高考)若函數(shù)exf(x)(e＝2.71828…是自然對(duì)數(shù)的底數(shù))在f(x)的定義域上單調(diào)遞增，則稱函數(shù)f(x) 具有M性質(zhì)．下列函數(shù)中具有M性質(zhì)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(dāng)f(x)＝2－x時(shí)，exf(x)＝＝x.∵>1，∴當(dāng)f(x)＝2－x時(shí)，exf(x)在f(x)的定義域上單調(diào)遞增，故函數(shù)f(x)具有M性質(zhì)．易知B，C，D不具有M性質(zhì)，故選A. 11．(2016四川高考)已知a為函數(shù)f(x)＝x3－12x的極小值點(diǎn)，則a＝(　　) A．－4 B．－2 C．4 D．2 答案　D 解析　由題意可得f′(x)＝3x2－12＝3(x－2)(x＋2)，令f′(x)＝0，得x＝－2或x＝2.則f′(x)，f(x)隨x的變化情況如下表： x (－∞，－2) －2 (－2，2) 2 (2，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x)  極大值  極小值  ∴函數(shù)f(x)在x＝2處取得極小值，則a＝2.故選D. 12．(2017江蘇高考)已知函數(shù)f(x)＝x3－2x＋ex－，其中e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)．若f(a－1)＋f(2a2)≤0，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________． 答案?。?， 解析　易知函數(shù)f(x)的定義域關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱． ∵f(x)＝x3－2x＋ex－， ∴f(－x)＝(－x)3－2(－x)＋e－x－ ＝－x3＋2x＋－ex＝－f(x)， ∴f(x)為奇函數(shù)， 又f′(x)＝3x2－2＋ex＋≥3x2－2＋2＝3x2≥0(當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時(shí)，取“＝”)，從而f(x)在R上單調(diào)遞增， 所以f(a－1)＋f(2a2)≤0?f(a－1)≤f(－2a2)?－2a2≥a－1，解得－1≤a≤. 13．(2015安徽高考)設(shè)x3＋ax＋b＝0，其中a，b均為實(shí)數(shù)．下列條件中，使得該三次方程僅有一個(gè)實(shí)根的是__________．(寫出所有正確條件的編號(hào)) ①a＝－3，b＝－3；②a＝－3，b＝2；③a＝－3，b>2；④a＝0，b＝2；⑤a＝1，b＝2. 答案　①③④⑤ 解析　設(shè)f(x)＝x3＋ax＋b. 當(dāng)a＝－3，b＝－3時(shí)，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(shí)，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(shí)，f(x)→－∞，故方程f(x)＝0有且僅有一個(gè)實(shí)根，故③正確． 當(dāng)a＝0，b＝2時(shí)，f(x)＝x3＋2，顯然方程f(x)＝0有且僅有一個(gè)實(shí)根，故④正確． 當(dāng)a＝1，b＝2時(shí)，f(x)＝x3＋x＋2，f′(x)＝3x2＋1>0，則f(x)在(－∞，＋∞)上為增函數(shù)，易知f(x)的值域?yàn)镽，故f(x)＝0有且僅有一個(gè)實(shí)根，故⑤正確． 綜上，正確條件的編號(hào)有①③④⑤. 三、模擬小題 14．(2018鄭州質(zhì)檢一)已知函數(shù)f(x)＝x3－9x2＋29x－30，實(shí)數(shù)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(shè)函數(shù)f(x)圖象的對(duì)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(shù)f(x)圖象的對(duì)稱中心為(3，3)．又f(m)＝－12，f(n)＝18，且f(m)＋f(n)＝6，所以點(diǎn)(m，f(m))和點(diǎn)(n，f(n))關(guān)于(3，3)對(duì)稱，所以m＋n＝23＝6，故選A. 15．(2018河南新鄉(xiāng)二模)若函數(shù)y＝在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，則稱f(x)為P函數(shù)．下列函數(shù)中為P函數(shù)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(shí)，ln x>0，x增大時(shí)，，都減小，∴y＝，y＝在(1，＋∞)上都是減函數(shù)，∴f(x)＝1和f(x)＝都是P函數(shù)；′＝，∴x∈(1，e)時(shí)，′<0，x∈(e，＋∞)時(shí)，′>0，即y＝在(1，e)上單調(diào)遞減，在(e，＋∞)上單調(diào)遞增，∴f(x)＝x不是P函數(shù)；′＝，∴x∈(1，e2)時(shí)，′<0，x∈(e2，＋∞)時(shí)，′>0，即y＝在(1，e2)上單調(diào)遞減，在(e2，＋∞)上單調(diào)遞增，∴f(x)＝不是P函數(shù)．故選B. 16．(2018湖南長沙長郡中學(xué)月考)求形如y＝f(x)g(x)的函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，我們常采用以下做法：先兩邊同取自然對(duì)數(shù)得ln y＝g(x)ln f(x)，再兩邊同時(shí)求導(dǎo)得y′＝g′(x)ln f(x)＋g(x)f′(x)，于是得到y(tǒng)′＝f(x)g(x)g′(x)ln f(x)＋g(x)f′(x)，運(yùn)用此方法求得函數(shù)y＝x的單調(diào)遞增區(qū)間是(　　) A．(e，4) B．(3，6) C．(0，e) D．(2，3) 答案　C 解析　由題意知y′＝x－ln x＋＝x(x>0)，令y′>0，得1－ln x>0，∴00，a≠1)，若函數(shù)g(x)＝|f(x)－t|－2有三個(gè)零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)t＝(　　) A．3 B．2 C．1 D．0 答案　A 解析　由題可得f′(x)＝2x＋(ax－1)ln a，設(shè)y＝2x＋(ax－1)ln a，則y′＝2＋axln2a>0，則知f′(x)在R上單調(diào)遞增，而由f′(0)＝0，可知f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，故f(x)的最小值為f(0)＝1，又g(x)＝|f(x)－t|－2有三個(gè)零點(diǎn)，所以f(x)＝t2有三個(gè)根，而t＋2>t－2，故t－2＝f(x)min＝f(0)＝1，解得t＝3，故選A. 18．(2018河北衡中九模)若兩曲線y＝x2－1與y＝aln x－1存在公切線，則正實(shí)數(shù)a的取值范圍是________． 答案　00)．所以化簡可知，問題等價(jià)于方程＝n2(1－ln n)有解．設(shè)函數(shù)f(x)＝x2(1－ln x)，由f′(x)＝x(1－2ln x)＝0可知x＝，且f(x)max＝f()＝，注意到f(e)＝0，則由題意可知0<≤，從而00； 當(dāng)x∈(－1＋，＋∞)時(shí)，f′(x)<0. 所以f(x)在(－∞，－1－)，(－1＋，＋∞)單調(diào)遞減，在(－1－，－1＋)單調(diào)遞增． (2)f(x)＝(1＋x)(1－x)ex. 當(dāng)a≥1時(shí)，設(shè)函數(shù)h(x)＝(1－x)ex，則h′(x)＝－xex<0(x>0)，因此h(x)在[0，＋∞)單調(diào)遞減． 而h(0)＝1，故h(x)≤1，所以f(x)＝(x＋1)h(x)≤x＋1≤ax＋1. 當(dāng)00(x>0)，所以g(x)在[0，＋∞)單調(diào)遞增． 而g(0)＝0，故ex≥x＋1. 當(dāng)0(1－x)(1＋x)2，(1－x)(1＋x)2－ax－1＝x(1－a－x－x2)，取x0＝， 則x0∈(0，1)，(1－x0)(1＋x0)2－ax0－1＝0， 故f(x0)>ax0＋1. 當(dāng)a≤0時(shí)，取x0＝，則x0∈(0，1)，f(x0)>(1－x0)(1＋x0)2＝1≥ax0＋1. 綜上，a的取值范圍是[1，＋∞)． 2．(2018天津高考)設(shè)函數(shù)f(x)＝(x－t1)(x－t2)(x－t3)，其中t1，t2，t3∈R，且t1，t2，t3是公差為d的等差數(shù)列． (1)若t2＝0，d＝1，求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程； (2)若d＝3，求f(x)的極值； (3)若曲線y＝f(x)與直線y＝－(x－t2)－6有三個(gè)互異的公共點(diǎn)，求d的取值范圍． 解　(1)由已知，可得f(x)＝x(x－1)(x＋1)＝x3－x， 故f′(x)＝3x2－1. 因?yàn)閒(0)＝0，f′(0)＝－1， 又因?yàn)榍€y＝f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程為y－f(0)＝f′(0)(x－0)，故所求切線方程為x＋y＝0. (2)由已知可得f(x)＝(x－t2＋3)(x－t2)(x－t2－3)＝(x－t2)3－9(x－t2)＝x3－3t2x2＋(3t－9)x－t＋9t2.故f′(x)＝3x2－6t2x＋3t－9. 令f′(x)＝0，解得x＝t2－或x＝t2＋. 當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)，f(x)的變化情況如下表： x (－∞， t2－) t2－ (t2－， t2＋) t2＋ (t2＋，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x)  極大值  極小值  所以函數(shù)f(x)的極大值為f(t2－)＝(－)3－9(－)＝6；函數(shù)f(x)的極小值為f(t2＋)＝()3－9＝－6. (3)曲線y＝f(x)與直線y＝－(x－t2)－6有三個(gè)互異的公共點(diǎn)等價(jià)于關(guān)于x的方程(x－t2＋d)(x－t2)(x－t2－d)＋(x－t2)＋6＝0有三個(gè)互異的實(shí)數(shù)解． 令u＝x－t2，可得u3＋(1－d2)u＋6＝0. 設(shè)函數(shù)g(x)＝x3＋(1－d2)x＋6，則曲線y＝f(x)與直線y＝－(x－t2)－6有三個(gè)互異的公共點(diǎn)等價(jià)于函數(shù)y＝g(x)有三個(gè)零點(diǎn)． g′(x)＝3x2＋(1－d2)． 當(dāng)d2≤1時(shí)，g′(x)≥0，這時(shí)g(x)在R上單調(diào)遞增，不符合題意． 當(dāng)d2>1時(shí)，令g′(x)＝0， 解得x1＝－，x2＝. 易得，g(x)在(－∞，x1)上單調(diào)遞增，在[x1，x2]上單調(diào)遞減，在(x2，＋∞)上單調(diào)遞增． g(x)的極大值g(x1)＝g－＝＋6>0. g(x)的極小值g(x2)＝g＝－＋6. 若g(x2)≥0，由g(x)的單調(diào)性可知函數(shù)y＝g(x)至多有兩個(gè)零點(diǎn)，不符合題意． 若g(x2)<0，即(d2－1)>27，也就是|d|>，此時(shí)|d|>x2，g(|d|)＝|d|＋6>0，且－2|d|1. 所以f′(x)＝ex＋cosx>0， 即f(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增， 所以f(x)min＝f(0)＝1＋b， 由f(x)≥0恒成立，得1＋b≥0，所以b≥－1. (2)由f(x)＝ex＋asinx＋b，得 f′(x)＝ex＋acosx，且f(0)＝1＋b， 由題意得f′(0)＝e0＋a＝1，所以a＝0. 又(0，1＋b)在切線x－y－1＝0上， 所以0－1－b－1＝0.所以b＝－2， 所以f(x)＝ex－2. 又方程ex－2＝恰有兩解，可得xex－2x＝m－2x，所以xex＝m. 令g(x)＝xex，則g′(x)＝ex(x＋1)， 當(dāng)x∈(－∞，－1)時(shí)，g′(x)<0，所以g(x)在(－∞，－1)上是減函數(shù)； 當(dāng)x∈(－1，＋∞)時(shí)，g′(x)>0，所以g(x)在(－1，＋∞)上是增函數(shù)． 所以g(x)min＝g(－1)＝－. 又當(dāng)x→－∞時(shí)，g(x)→0，且有g(shù)(1)＝e>0， 數(shù)形結(jié)合易知，m的取值范圍為－，0. 4．(2018安徽六校聯(lián)考二)已知函數(shù)f(x)＝－ln x，m，n∈R. (1)若函數(shù)f(x)在(2，f(2))處的切線與直線x－y＝0平行，求實(shí)數(shù)n的值； (2)試討論函數(shù)f(x)在[1，＋∞)上的最大值； (3)若n＝1時(shí)，函數(shù)f(x)恰有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2(02. 解　(1)由f′(x)＝，得f′(2)＝， 由于函數(shù)f(x)在(2，f(2))處的切線與直線x－y＝0平行，故＝1，解得n＝6. (2)f′(x)＝(x>0)，令f′(x)<0，得x>n； 令f′(x)>0，得x1時(shí)，f(x)在[1，n)上單調(diào)遞增， 在(n，＋∞)上單調(diào)遞減， 故f(x)在[1，＋∞)上的最大值為f(n)＝m－1－ln n. (3)證明：若n＝1時(shí)，f(x)恰有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2(01， 則ln t＝，x1＝， 故x1＋x2＝x1(t＋1)＝， 所以x1＋x2－2＝， 記函數(shù)h(t)＝－ln t， 因?yàn)閔′(t)＝>0， 所以h(t)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增， 因?yàn)閠>1，所以h(t)>h(1)＝0， 又ln t>0，故x1＋x2－2>0成立，即x1＋x2>2. 5．(2018湖南衡陽聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝(a∈R)． (1)若a≥0，函數(shù)f(x)的極大值為，求實(shí)數(shù)a的值； (2)若對(duì)任意的a≤0，f(x)≤bln x在x∈[2，＋∞)上恒成立，求實(shí)數(shù)b的取值范圍． 解　(1)因?yàn)閒(x)＝， 所以f′(x)＝ ＝－ ＝－. ①當(dāng)a＝0時(shí)，f′(x)＝－， 令f′(x)>0，得x<1；令f′(x)<0，得x>1， 所以f(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減． 所以f(x)的極大值為f(1)＝≠，不符合題意． ②當(dāng)a>0時(shí)，1－<1， 令f′(x)>0，得1－1， 所以f(x)在1－，1上單調(diào)遞增，在－∞，1－和(1，＋∞)上單調(diào)遞減． 所以f(x)的極大值為f(1)＝＝，解得a＝1，符合題意．綜上可得a＝1. (2)令g(a)＝a＋， 當(dāng)x∈[2，＋∞)時(shí)，因?yàn)?0， 所以g(a)在(－∞，0]上是增函數(shù)， 則g(a)≤bln x對(duì)?a∈(－∞，0]恒成立等價(jià)于 g(a)≤g(0)≤bln x， 即≤bln x對(duì)x∈[2，＋∞)恒成立， 即b≥對(duì)x∈[2，＋∞)恒成立， 所以b≥max. 令h(x)＝(x≥2)， 則h′(x)＝ ＝＝. 因?yàn)閤∈[2，＋∞)，所以－1－(x－1)ln x<0， 所以h′(x)<0， 所以h(x)在[2，＋∞)上單調(diào)遞減， 所以h(x)≤h(2)＝， 所以b≥h(2)＝， 所以實(shí)數(shù)b的取值范圍為，＋∞.