高考数学专题2_4导数的应用二同步单元双基双测A卷理 18页

专题 2.4 导数的应用（二） （测试时间：120 分钟 满分：150 分） 一、选择题（共 12 小题，每题 5 分，共 60 分） 1. 设 28 lny x x  , 则此函数在区间 1(0, )4 和 1( ,1)2 内分别为 ( ) A．单调递增，单调递增 B．单调递增，单调递减 C．单调递减，单调递增 D．单调递减，单调递减 【答案】B 【解析】 2 2 1 16 1(8 ln ) 16 xy x x x x x       , 当 1(0, )4x 时, 0y  , 即 ( )f x 在 1(0, )4 上单调递增； 当 1( ,1)2x 时, 0y  , 即 ( )f x 在 1( ,1)2 上单调递减． 考点：导数求函数的单调区间 2. 已知函数 mxxxf  3)( 3 只有一个零点，则实数 m 的取值范围是（ ） A． 2,2 B．  2,  ∪  ,2 C．  2,2 D．  2,  ∪ ,2 【答案】B 【解析】 考点：1、导数的应用；2、函数的零点；3、解不等式. 3. 【2018 吉林实验中学二模】若函数   3 2 3 2 x af x x x   在区间  1,2 上单调递减，则实数 a 的取值范 围为 A. 5 10,2 3      B. 5 ,2    C. 10 ,3    D.  2, 【答案】B 4. 设函数   3 23 5f x x x ax a     ，若存在唯一的正整数 0x ，使得  0 0f x  ，则 a 的取值范围是（ ） A. 10, 3      B. 1 5,3 4      C. 1 3,3 2      D. 5 3,4 2      【答案】B 【 解 析 】      3 23 5, 1g x x x h x a x     ， 则      f x g x h x  ，   2' 3 6g x x x  ， 由  ' 0g x  得  g x 在 ,0 和 2, 上递增，在 0,2 上递减，画出两个函数图象如图： 由图知要使存在唯一的正整数 0x ，使得  0 0f x  ，只要         1 1{ 3 3 g h g h   ，即 1 3 5 2{ 27 27 5 4 a a       ，解得 5 3 4 2a  ，故选 B. 【方法点睛】本题主要考查不等式的整数解、利用导数研究函数的单调性以及数形结合思想的应用，属于 难题.数形结合是根据数量与图形之间的对应关系，通过数与形的相互转化来解决数学问题的一种重要思想 方法，是中学数学四种重要的数学思想之一，尤其在解决选择题、填空题是发挥着奇特功效，大大提高了 解题能力与速度.运用这种方法的关键是将已知函数的性质研究透，这样才能快速找准突破点. 充分利用数 形结合的思想方法能够使问题化难为简，并迎刃而解. 5. 设 )(),( xgxf 分别是定义在 R 上的奇函数和偶函数，当 0x 时， 0)()()()( //  xgxfxgxf ，且 0)3( g ，则 0)()( xgxf 的解集是（ ） A. (－3，0)∪(3，+∞) B. (－3，0)∪(0，3) C. (－∞，－3)∪(3，+∞) D. (－∞，－3)∪(0，3) 【答案】D 【解析】 考点：导数的运算法则，函数的奇偶性、单调性 6. 已知关于 x 的不等式 lnmx x 有唯一整数解，则实数 m 的最小值为（ ） A. 1 ln22 B. 1 ln33 C. 1 ln23 D. 1 ln32 【来源】【全国校级联考】吉林省百校联盟 2018 届高三九月联考数学（文）试题 【答案】A 【解析】由 lnmx x ，得： lnm x x  ,令   lng xx x  ，∴   2 1 lng‘ xx x  ，  g‘ 0,x  得到减区间为 e ， ；  g‘ 0,x  得到增区间为  0 e， ，∴  max 1g x e  ，   1g 2 ln22  ，   1g 3 ln33  ，且    g 2 g 3 , ∴要使不等式 lnmx x 有唯一整数解，实数 m 应满足 1 1ln2 m ln32 3   ,∴实数 m 的最小值为 1 ln22 . 故选：A 点睛：不等式 lnmx x 有唯一整数解问题可以转化为两个图像的位置关系问题，观察 y m 与   lng xx x  的图象的高低关系，只要保证 y m 上方只有一个整数满足 lnm x x  即可. 7.【2018 江西宜春六校联考】 函数   1sin ln 1 xf x x      的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 本题选择 B 选项. 点睛：函数图象的识辨可从以下方面入手：(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判 断图象的上下位置．(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势．(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性．(4) 从函数的特征点，排除不合要求的图象．利用上述方法排除、筛选选项． 8. 【2018 贵州黔东南州联考】已知函数   ln af x x x   ，若函数  f x 在 1,e 上的最小值为 3 2 ，则 a 的 值为（ ） A. e B. 2 e C. 3 2  D. 1 2e 【答案】A 9.【2018 陕西西安二模】 已知定义在 R 上的奇函数  f x 的导函数为  f x ，当 0x  时，  f x 满足，      2 f x xf x xf x  ，则  f x 在 R 上的零点个数为（ ） A. 5 B. 3 C. 1 或 3 D. 1 【答案】D 【解析】根据题意可构造函数  2 , 0x x f xF x xe （ ） （ ＜ ）， 则              2 2 2 2 '2 '' x x x xx x f x xf x xf xxf x e x f x e x f x eF x ee       （ ） ， 由题当 0x  时，  f x 满足，      2 f x xf x xf x  ，， ' 0F x （ ）＞ ， 即函数 F x（ ）在 0x＜ 时是增函数， 又 0 0F （ ） ， ∴当 0 0 0x F x F ＜ ，（ ）＜（ ） 成立， ∵对任意 2 0 0 0x xx f x f xe  ＜ ， ＞ ， （ ）＜ ， （ ）是奇函数， ∴ 0x＞ 时， 0f x（ ）＞ ，即 0f x （ ） 只有一个根就是 0． 故选 D 10. 定义在 R 上的函数 ( )f x 满足 (4) 1f  , ' ( )f x 为 ( )f x 的导函数，已知 ' ( )y f x 的图象如右图所示，若两 个正数 ,a b 满足 (2 ) 1f a b  ,则 2 2 b a   的取值范围是（ ） A． （-∞, -3） B．（-∞, 1 2 ）∪（3,+∞） C． 1( ,3)2 D． 1 1( , )3 2 【答案】C 【解析】 试题分析：：由导数图像可知， 0- ， 函数减， ，0 函数增，   12  baf ，即    42 fbaf  ，即 420  ba ,等价于           02 42 0 0 ba ba b a ，如图： 2 2   a b 表示可行域内的点到  22  ，D 连线的斜率的取值范围 2 1,3  BDCD kk ,所以取值范围为      32 1， ，故选 C. 考点：1.导数的应用；2.解不等式；3.线性规划. 11. 【 2018 河 北 衡 水 中 学 九 月 联 考 】 已 知 函 数  f x 为 R 内 的 奇 函 数 ， 且 当 0x  时 ，   1 cosxf x e m x    ，记  2 2a f   ，  1b f   ，  3 3c f ，则 a ， b ， c 间的大小关系 是（ ） A. b a c  B. a c b  C. c b a  D. c a b  【答案】D 【解析】函数  f x 是奇函数，则   00 1 cos0 0, 0f e m m       ， 即当 0x  时，   1xf x e   ， 本题选择 D 选项. 点睛：对于比较大小、求值或范围的问题，一般先利用函数的奇偶性得出区间上的单调性，再利用其单调 性脱去函数的符号“f”，转化为考查函数的单调性的问题或解不等式(组)的问题，若 f(x)为偶函数，则 f(－x)＝f(x)＝f(|x|)． 12. 已知定义在 R 上的可导函数  f x 的导函数为 f  （x），满足    ff x x  ，且 ( 2)f x  为偶函数， (4) 1f  ，则不等式 ( ) xf x e 的解集为（ ）[] A． 2,  B． 0, C． 1, D． 4, 【来源】【百强校】2015-2016 山西省山大附中高二 5 月模块诊断数学（文）卷（带解析） 【答案】B 【解析】 试题分析：令 ( )( ) x f xg x e  ,则 2 ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) x x x x f x e f x e f x f xg x e e      ∵    ff x x  ，∴ ( ) 0g x  ． ∴ ( )g x 在 R 上单调递减． ∵函数 ( 2)f x  是偶函数， ∴函数 ( 2) ( 2)f x f x    ， ∴函数图象关于 2x  对称， ∴ (0) (4) 1f f  ， 故选 B. 考点：1. 导数的运算；2 函数单调性的性质． 【思路点晴】本题考查了利用导数研究函数的单调性、利用函数的单调性解不等式、函数的奇偶性及对称 性，属于难题．利用导数和已知即可得出其单调性．再利用函数的奇偶性和已知可得 0 (0)(0) 1fg e   ，即 可得出. 二．填空题（共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分） 13. 函数 f（x）=x﹣lnx 的单调减区间为 ． 【来源】2015-2016 学年福建省永安一中高二下期中文科数学试卷（带解析） 【答案】（0,1） 【解析】 试题分析： ∵ 0111)(),1,0(,0,111)(ln)( ''  x x xxfxxx x xxfxxxf  ．函数 f（x）=x﹣lnx 的单调减区间为（0,1）． 考点：本题考查函数的单调性与导数的关系 14. 若函数      2 1 xf x x ax a e a N     在区间  1,3 只有 1 个极值点，则曲线  f x 在点   0, 0f 处切线的方程为__________． 【来源】【全国省级联考 word】2017 届河南省高三下学期质量检测文科数学试题 【答案】 6y x  点睛：求曲线的切线方程是导数的重要应用之一，用导数求切线方程的关键在于求出切点  0 0,P x y 及斜率， 其 求 法 为 ： 设  0 0,P x y 是 曲 线  y f x 上 的 一 点 ， 则 以 P 的 切 点 的 切 线 方 程 为 ：   0 0 0'y y f x x x   ．若曲线  y f x 在点   0 0,P x f x 的切线平行于 y 轴（即导数不存在）时，由 切线定义知，切线方程为 0x x ． 15. 【2018 河南天一联考】若函数 在 上单调递增，则实数 的取值范围为 __________． 【答案】 【解析】 在 上恒成立，所以 最大值 令 ，则 ，当 时 点睛：函数单调性问题，往往转化为导函数符号是否变号或怎样变号问题，即转化为方程或不等式解的问 题（有解，恒成立，无解等），而不等式有解或恒成立问题，又可通过适当的变量分离转化为对应函数最值 问题. 16. 【 2018 辽 宁 省 庄 河 市 联 考 一 】 函 数   x af x e x  ，    ln 2 4a xg x x    ， 若 0x 使 得    0 0 3f x g x  ，则 a __________. 【答案】 1 ln2  【解析】令      ln 2 4x a a xf x g x e x x e       ，令  2y x ln x   ´ 1 11 2 2 xy x x     ，故  2y x ln x   在 2, 1  上是减函数，在 1,   上是增函数，当 1x  时 y 有最小值 1 0 1    ，而 4 4x a a xe e   当且仅当 4x a a xe e  ，即 2x a ln  故     3f x g x  ，当且仅当等号成立时成立，故 2 1x a ln    即 1 2a ln   点睛：根据题目意思给出    f x g x 的解析式，运用导数求出  2y x ln x   的最小值，运用基本不等 式求出 4x a a xe e  的最小值，从而说明     3f x g x  ，由等号成立的条件计算出 a 三、解答题(本大题共 6 小题，共 70 分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤) 17. 已知函数     2 4 ,f x x x a a R    ,且  1 0f    ． （1）讨论函数  f x 的单调性； （2）求函数  f x 在 2,2 上的最大值和最小值． 【来源】2015-2016 学年甘肃省天水市秦安县一中高二上学期期末文科数学试卷（带解析） 【答案】（1）在  4, 1 , ,3       上单调递增；在 41, 3     上单调递减（2）    max min 9 50,2 27f x f x   【解析】 试题解析：（1）因为   23 2 4f x x ax    ，  1 0f    ，所以 1 2a  ．令   0f x  ，得 1,x   或 4 3x  ．所 以  f x 在  4, 1 , ,3       上单调递增；在 41, 3     上单调递减． （2）极大值为   91 ,2f   极小值为 4 50 3 27f       ，又    2 2 0f f      max min 9 50,2 27f x f x    考点：函数导数与单调性，极值最值 18. 已知函数   2ln bxxaxf  图象上一点 P（2， (2)f ）处的切线方程为 22ln23  xy （1）求 ba, 的值（2）若方程   0 mxf 在 1[ , e]e 内有两个不等实根，求 m 的取值范围（其中 e 为自然 对数的底） 【答案】a＝2，b＝1， 21 e 2m ≤ 【解析】 （2）   22lnf x x x  ，令   2( ) 2lnh x f x m x x m     则   22 2(1 )2 xh x xx x     ，令   0h x  ，得 x＝1（x＝－1 舍去） 在 1[ , e]e 内，当 x∈ 1[ , 1)e 时，   0h x  ，∴h(x)是增函数 当 x∈ (1, e]时，   0h x  ，∴h(x)是减函数． …………………… 7 分 则方程   0h x  在 1[ , e]e 内有两个不等实根的充要条件是 1( ) 0 ,e (1) 0 , ( e ) 0 . h h h        ≤ ≤ ……10 分 即 21 e 2m ≤ ． …………………………………………… 13 分 考点：1.函数的几何意义；2.函数的零点 19. 已知函数 ),(22)( RaRxaxexf x  . （1）当 1a 时，求曲线 )(xfy  在 1x 处的切线方程； （2）当 0x 时，若不等式 0)( xf 恒成立，求实数 a 的取值范围. 【来源】【百强校】2017 届河北定州中学高三上学期周练 7.8 数学试卷（带解析） 【答案】（1） (2 1) 2y e x   ；（2） ( ,2] . 【解析】 试题分析：（1）根据导数的几何意义，曲线 )(xfy  在 1x 处的切线方程的斜率就是 ' 1f（），写出点斜式 方程即可；（2）因为 ' ( ) 2 xf x e a  ，根据 a 分类讨论，分类讨论 0a 时， 0)(' xf 恒成立， )(xf 在 R 上单调递增，所以 0)0()(  fxf ，符合题意．若 0a ，则当 )2ln,( ax  时， 0)(' xf ， )(xf 单 调递减，分析定义域端点与 ln 2 a 的大小关系，若 0a ，则当 02ln a ，即 20  a 时，则当 ),0[ x 时， 0)0()(  fxf ，符合题意. 当 02ln a ，即 2a 时，则当 )2ln,0( ax  时， )(xf 单调递增， 0)0()(  fxf ，不符合题意. 试题解析： （1）当 1a 时， 12)1(,12)(,22)( ''  efexfxexf xx ， 即曲线 )(xfy  在 1x 处的切线的斜率 12  ek ，又 ,32)1(  ef 所以所求的切线方程是 .2)12(  xey （2）易知 .2)(' aexf x  若 0a ，则 0)(' xf 恒成立， )(xf 在 R 上单调递增； 若 0a ，则当 )2ln,( ax  时， 0)(' xf ， )(xf 单调递减， 当 ),2(ln  ax 时， 0)(' xf ， )(xf 单调递增. 又 0)0( f ，所以若 0a ，则当 ),0[ x 时， 0)0()(  fxf ，符合题意. 若 0a ，则当 02ln a ，即 20  a 时，则当 ),0[ x 时， 0)0()(  fxf ，符合题意. 当 02ln a ，即 2a 时，则当 )2ln,0( ax  时， )(xf 单调递增， 0)0()(  fxf ，不符合题意. 综上，实数 a 的取值范围是 ].2,( 考点：1、导数的几何意义；2、利用导数求函数单调区间、最值；3 分类讨论． 【方法点晴】本题主要考查的是利用导数研究函数的单调性、利用导数研究函数的最值、分类讨论的思想 和方法，属于难题．利用导数求函数  f x 的最值的步骤：①确定函数  f x 的定义域；②对  f x 求导； ③求方程   0f x  的所有实数根；④列表格．本题可以通过分类讨论，知函数在所求区间上增或者减，或 者先增后减，从而求出最大值． 20.【2018 山东临沂一中调研】 设函数    2ln 2 , .f x x mx n m n R    讨论  f x 的单调性； 若  f x 有最大值-ln2，求 m+n 的最小值. 【答案】(1)  f x 在 0, 2 m m       上单调递增；在 ,2 m m      上单调递减;(2)  min 1 1 ln22 2h m h     . （1）函数  f x 定义域为 0, ，   21 1 4' 4 mxf x mxx x    当 0m  时，  ' 0f x  ，∴  f x 在 0, 上单调递增； 当 0m  时，  ' 0f x  得 10 2 x m   ， ∴  f x 在 0, 2 m m       上单调递增；在 ,2 m m      上单调递减. (2)由（1）知，当 0m  时，  f x 在 0, 2 m m       上单调递增；在 ,2 m m      上单调递减. ∴  max 1 1 1ln 2 ln2 ln ln22 2 4 2 2 m mf x f m n m nm m m                 ∴ 1ln 2n m   ， ∴ 1ln 2m n m m    令   1ln 2h m m m   则   1 2 1' 1 2 2 mh m m m    ∴  h m 在 10, 2      上单调递减，在 1 ,2     上单调递增， ∴  min 1 1 ln22 2h m h     . 点睛：讨论函数的单调性即讨论导函数的正负,导函数中有参数 m，需要对 m 进行讨论，来判断正负；第二 问已知函数最值可以求得两个变量的关系， 1ln 2n m   ，最终将 m n 转化成一个变量的表达式， 1ln 2m m  ，根据 m 的范围来求出函数式子的范围即可. 21. 【2018 河南林州市一模】已知函数   lnf x x x ax b   在点   1, 1f 处的切线为3 2 0x y   . （1）求函数  f x 的解析式； （2）若 k Z ，且存在 0x  ，使得  1f xk x  成立，求 k 的最小值. 【 解 析 】 试 题 分 析 ：（ 1 ） 由 已 知 可 得   ln 1f x x a    ，     1 1 3{ 1 1 f a f a b        ， ， 2{ 1 a b    ， ，   ln 2 1f x x x x    ； （ 2 ） 原 不 等 式 化 为    1 ln 1 2 1x x xk x     ， 令      1 ln 1 2 1x x xg x x     ，  0,x    ， 使 得  1f xk x  ， 则  mink g x ，      2 1 ln 1 0x xg x xx       ， ， ．令    1 ln 1h x x x    ，利用导数工具判断 有一零点  0 2 3x  ， ， 进 而 求 出 是 极 小 值 点 ， 从 而 求 出 最 小 值 为 ， 又    0 02 3 2 4 5x x    ， ， ， ． k Z ， k 的最小值为5． 试题解析：解：（1）  f x 的定义域为 0 ， ，   ln 1f x x a    ，     1 1 3{ 1 1 f a f a b        ， ， 2{ 1 a b    ， ，   ln 2 1f x x x x    ． （2）  1f xk x  可化为    1 ln 1 2 1x x xk x     ， 令      1 ln 1 2 1x x xg x x     ，  0,x    ，使得  1f xk x  ， 则  mink g x ，      2 1 ln 1 0x xg x xx       ， ， ． 令    1 ln 1h x x x    ，则   11 01 1 xh x x x       ，  h x 在 0 ， 上为增函数． 又    2 1 ln3 0 3 2 ln4 0h h   ， ， 故存在唯一的  0 2 3x  ， 使得  0 0h x  ，即  0 01 ln 1x x   ． 当  00x x ， 时，   0h x  ，   0g x   ，  g x 在 00 x， 上为减函数； 当  0x x  ， 时，   0h x  ，   0g x   ，  g x 在 0x ， 上为增函数．           0 0 0 0 0 0 0 0min 0 0 1 ln 1 2 1 1 1 2 1 2x x x x x xg x g x xx x              ， 0 2k x   ．    0 02 3 2 4 5x x    ， ， ， ． k Z ， k 的最小值为 5． 考点：1、导数的几何意义；2、利用导数判定函数的单调性；3、利用导数求函数的极值和最值；4、函数 的零点. 【方法点晴】本题主要考查导数的几何意义、利用导数判定函数的单调性、利用导数求函数的极值和最值； 和函数的零点，综合性强，属于难题.研究第二小题时首先应将原不等式转化为  mink g x ，再求 最 小值，而在求 最小值时，求导得  g x ，将其分子记为    1 ln 1h x x x    ，再求 得零点， 进而求得该零点就是 的最小值点，从而得到 最小值为 ，进而求出 k 的最小值. 22. 【2018 广西南宁八中摸底】已知函数 . （Ⅰ）求函数 的单调区间； （Ⅱ）证明当 时，关于 的不等式 恒成立； （Ⅲ）若正实数 满足 ，证明 . 【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）见解析（Ⅲ）见解析 试题解析：（Ⅰ） ， 由 ，得 ， 又 ，所以 . 所以 的单调减区间为 ，函数 的增区间是 . （Ⅱ）令 ， 所以 . 因为 ， 所以 . 令 ，得 . 所以当 ， ； 当 时， . 因此函数 在 是增函数，在 是减函数. 故函数 的最大值为 . 令 ，因为 ， 又因为 在 是减函数. 所以当 时， ， 即对于任意正数 总有 . 所以关于 的不等式 恒成立.