高考数学专题2_3导数的应用一同步单元双基双测B卷理 16页

专题 2.3 导数的应用（一） （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. 已知直线 ay  与函数 133 1)( 23  xxxxf 的图象相切，则实数 a 的值为（ ） A． 26 或 3 8 B． 1 或3 C．8 或 3 8 D． 8 或 3 8 【答案】D 【解析】 试题分析：即求导数为零的极值点，令  ' 2 2 3 0, 1, 3f x x x x x       ，    81 , 3 83f f    . 考点：导数与切线． 2.【2018 山西省实验中学高三模拟】若点 P 是曲线 23 2ln2y x x  上任意一点，则点 P 到直线 5 2y x  的距离的最小值为（ ） A. 2 B. 3 3 2 C. 3 2 2 D. 5 【答案】C 故选 C. 3.【2018 衡水中学调研】 已知曲线 2 1 : ( 0, 0)C y tx y t   在点 4 ,2M t      处的切线 1 2 : 1xC y e   与 曲线也相切，则t 的值为 （ ） A. 4e B. 24e C. 2 4 e D. 4 e 【答案】B 本题选择 B 选项. 4. 【2018 陕西省先西工大附中一模】函数  2 1xy e x  的示意图是（ ） 【答案】A 【解析】    ' 2 2 1 2 1x x xy e e x e x     ，令 ' 0y  ，得函数  2 1xy e x  ，在 1 ,2      上递增， 令 ' 0y  ，得函数  2 1xy e x  ，在 1, 2      上递减，又 0x  时， 1y   ， 排除 , ,B C D ，故 选 A. 【方法点晴】本题通过对多个图象的选择考查函数的解析式、定义域、值域、单调性，导数的应用以及 数学化归思想，属于中档题.这类题型也是近年高考常见的命题方向，该题型的特点是综合性较强较强、 考查知识点较多，但是并不是无路可循.解答这类题型可以从多方面入手，根据函数的定义域、值域、单 调性、奇偶性、特殊点以及 0 , 0 , ,x x x x       时函数图象的变化趋势，利用排除法，将 不合题意选项一一排除. 5.在直角坐标系 xoy 中，设 P 是曲线C ： )0(1  xxy 上任意一点，l 是曲线C 在点 P 处的切线，且l 交 坐标轴于 A ， B 两点，则以下结论正确的是 A． OAB 的面积为定值 2 B． OAB 的面积有最小值为 3 C． OAB 的面积有最大值为 4 D． OAB 的面积的取值范围是[3,4] 【答案】A 【解析】 考点：1、求切线方程；2、求三角形的面积. 6. 设函数 ( ) (3 1)xf x e x ax a    ，其中 1a  ，若仅有一个整数 0x ，使得 0( ) 0f x  ，则 a 的取值范 围是（ ） A． 2[ ,1)e  B． 2 3[ , )4e  C． 2 3[ , )4e D． 2[ ,1)e 【来源】【百强校】2016 届江西省高三毕业班新课程教学质监数学（文）试卷（带解析） 【答案】D. 【解析】 试题分析： '( ) 4 xf x e a  ，由题意得， ( )f x 的单调性为先递减后递增，故 0a  ， 即 ( )f x 在 ( ,ln )4 a 上单调递减，在 (ln , )4 a  上单调递增， 又∵ (1) 2 0f e  ， (0) 1 0f a   ，∴只需 4 2( 1) 2 0f a ae e       ， 即实数 a 的取值范围是 2[ ,1)e ，故选 D. 考点：函数综合题. 【名师点睛】用导数判断函数的单调性时，首先应确定函数的定义域，然后在函数的定义域内，通过讨 论导数的符号，来判断函数的单调区间．在对函数划分单调区间时，除了必须确定使导数等于 0 的点外， 还要注意定义区间内的间断点． 7. 正项等比数列 na 中的 1 4033,a a 是函数   3 21 4 6 33f x x x x    的极值点，则 6 2017log a  A. 1 B. 2 C. 1 2 D. 1 【来源】山西省太原市第五中学 2017 届高三第二次模拟考试（9 月） 数学（理）试题 【答案】C 点睛：熟练掌握等比数列的一些性质可提高解题速度，历年高考对等比数列的性质考查较多，主要是考 查“等积性”，题目“小而巧”且背景不断更新．解题时要善于类比并且要能正确区分等差、等比数列 的性质，不要把两者的性质搞混． 8. 【2018 海南八校联考】已知函数   2 13ln 2f x x x a x       在区间 1,3 上有最大值，则实数 a 的 取值范围是( ) A. 1 ,52     B. 1 11,2 2     C. 1 11,2 2      D. 1 ,52      【答案】B 【解析】因为   3 12 2f x x ax      ，所以由题设   3 12 2f x x ax      在  1,3 只有一个零点且单调 递减，则问题转化为     1 0{ 3 0 f f   ，即 1 0 1 112{ 11 2 202 a a a         ，应选答案 B。 点睛：解答本题的关键是如何借助题设条件建立不等式组     1 0{ 3 0 f f   ，这是解答本题的难点，也是解答 好本题的突破口，如何通过解不等式使得问题巧妙获解。 9. 设 是圆周率， e 是自然对数的底数，在 3 33 , , , ,3 ,e ee e   六个数中，最小值与最大值分别是（ ） A. 3 ,3e  B. 3 ,e e C. 3 3,e  D. ,3e  【来源】【全国市级联考】湖南省益阳市、湘潭市 2018 届高三 9 月调研考试数学（理）试题 【答案】A ∵ 3e   ， ∴ 3 , 3eln eln lne ln    ,即 3 , 3e eln ln lne ln   . 于是根据函数 , ,x xy lnx y e y    在定义域上单调递增,可得 3 33 , 3e e e e      ， 故这六个数的最大数在 3 与 3 之中， 由 3e   及函数   lnxf x x  的单调性质,得      3f f f e   ， 即 3 3 ln ln lne e     ， 由 ln  < 3 3 ln ,得 3 33 , 3ln ln    ， 在 3 33 , , , ,3 ,e ee e   六个数中的最大值是3 ，最小为3e . 故选 A. 点睛：比较大小的一般方法： （1）作差或作商比较大小； （2）利用函数的单调性比较大小； （3）找中间变量比较大小. 10. 设函数  f x 在 R 上存在导函数  f x ，对任意的实数 x 都有    24f x x f x   ，当  ,0x  时，   1 42f x x  .若     31 3 2f m f m m     ，则实数 m 的取值范围是( ) A. 1 ,2     B. 3 ,2     C.  1,  D.  2,  【来源】【全国百强校】辽宁省大连市第八中学 2017 届高三春季模拟考试数学（理）试题 【答案】A 【解析】构造函数法 11.【2018 福建宁德质检三】 若对    0, , 0,x y     ，不等式 2 2 2 4 0x y x ye e ax       恒成 立，则实数 a 取值范围是 （ ） A. 1, 4     B. 1 ,4    C. 1 ,2    D. 1, 2     【答案】D 【 解 析 】 因 为 对    0, , 0,x y     ， 不 等 式 2 2 2 4 0x y x ye e ax       恒 成 立 ， 所 以 2 4 2 y y x ax e ee      ,对    0, , 0,x y     恒成立， 又因为 2y ye e  ，所以 当 0x  时， a R ; 当 0x  时， 212 xea x  对  0,x   恒成立. 令   21 xeg x x  则    2 2 1 1xe xg x x     可得，  2 0g  ， 且在 2, 上   0g x  .在 0,,2 上   0g x  , 故  g x 的最小值  2 1g  ,所以 2 1a  ，即 1 2a  .故选 D. 点睛：恒成立问题往往是采用变量分离，得到参变量与另一代数式的大小关系，进而转成求最值即可， 对于数列的最值问题常用的方法有三个：一是借助函数的单调性找最值，比如二次型的，反比例型的， 对勾形式的等等；二是作差和 0 比利用数列的单调性求最值；三是，直接设最大值项，列不等式组大于 等于前一项，大于等于后一项求解. 12. 函数 ( ) lnf x x 在点 0 0( , ( ))P x f x 处的切线l 与函数 lg( ) xx e 的图象也相切，则满足条件的切点 P 的个数有（ ） A．0 个 B．1 个 C．2 个 D．3 个 【答案】C 【解析】 考点：函数导数与切线． 【思路点晴】两个函数的切线相同，我们就可以这样来操作，先在第一个函数中求得其切线方程，如本 题中的 0 0 ln 1xy xx    ，得到斜率为 0 1 x ，利用这个斜率，可以求得第二个函数的切点，从而求得其切 线方程为 0 0 0 0 1 1 1lnxy x x x x    ，这两个切线方程应该是相等的，故它们的截距相等，根据两个截距相 等，可以得到关于切点横坐标的一个方程，我们根据图象就可以知道这个切点的横坐标可以有两个. 二．填空题（共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分） 13.【2018 江西六校联考】 过函数   3 23 2 5f x x x x    图象上一个动点作函数的切线，则切线的倾 斜角的范围是__________. 【答案】 30, ,2 4            【 解 析 】 试 题 分 析 ：    22' 3 6 2 3 1 1 1f x x x x         切 线 倾 斜 角 的 取 值 范 围 30, ,2 4            ． 考点：1、导数的几何意义；2、直线的斜率与倾斜角. 14. 已知不等式 014 3  axx 对 ]1,1[x 恒成立，则 a 。 【答案】3 【解析】 试题分析： 34 1 0x ax   变形为 34 1ax x  ，当 0x  时 a R ，当  0,1x 时 2 14a x x   ，设       3 2 2 2 1 1 8 1 14 8 , 0 2 xg x x g x x g x xx x x           ， 当 10, 2x     时   0g x  ， 当 1 ,12x     时   0g x   min 1 3 32g x g a        ，同理当  1,0x  时 3 3a a   。 考点：函数最值 15.【2018 广东茂名市五校联考】 若函数 的图象在点 处的切线斜率为 ， 则函数 的极小值是__________． 【答案】 16. 对于三次函数 3 2( ) ( 0)f x ax bx cx d a     给出定义：设 ( )f x 是 ( )f x 的导数， ( )f x 是函数 ( )f x 的导数,若方程 ( )f x =0 有实数解 x0，则称点 0 0( , ( ))x f x 为函数 ( )f x 的“拐点”．某同学经过探 究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心．设 函 数 3 21 1 5( ) 33 2 12g x x x x    ， 1 2 2015 2016( ) ( ) ( ) ( )2016 2016 2016 2016g g g g     ＝ . 【答案】 5201712 【解析】 试题分析：由 3 21 1 5( ) 33 2 12g x x x x    ，得； 2 1( ) 3, ( ) 2 1, ( ) 02g x x x g x x g        1 1( ) 1,( ,1)2 2f  ， 所 以 此 函 数 的 对 称 中 心 为 1( ,1)2 。 1 2015 1 2015 2 2014 1008 2016 51, ( ) ( ) 2, ( ) ( ) 2, ( ) 1, ( ) 22016 2016 2016 2016 2016 2016 2016 2016 12g g g g g g        5 52 1007 1 2 201712 12     考点：导数对称性与求和. 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. 【2018 陕西西安高三联考】已知函数   3 2f x x ax bx c    ，曲线  y f x 在点 1x   处的切 线为 :5 5 0l x y   ，若 2 3x  时，  y f x 有极值. （1）求 , ,a b c 的值； （2）求  y f x 在 3,2 上的最大值和最小值. 【答案】（1） 2, 4, 5a b c    （2）最小 95 27 ，最大 13 （2）由题意可得 3 2x x   的最小值小于 4m ，求出 m 的范围即可． 试题解析;（1）f′（x）=3x2+2ax+b， 则 f（﹣1）=a﹣b+c﹣1，f′（﹣1）=﹣2a+b+3， 故切线方程是：y=（3﹣2a+b）x+（﹣a+c+2）， 而切线方程是：y=﹣5x+5， 故 3﹣2a+b=﹣5，①， a﹣c﹣2=﹣5，②， 若 时，y=f（x）有极值， 则 f′（ ）= + +b=0，③， 由①②③联立方程组，解得： ； （2）由（1）f（x）=x3+2x2﹣4x+5， f′（x）=3x2+4x﹣4=（3x﹣2）（x+2）， 令 f′（x）＞0，解得：x＞ 或 x＜﹣2， 令 f′（x）＜0，解得：﹣2＜x＜ ， 故 f（x）在[﹣3，﹣2）递增，在（﹣2， ）递减，在（ ，2]递减， 由 f（﹣3）=8，f（﹣2）=13，f（ ）= ，f（2）=13， 故函数的最小值是 f（ ）= ， 最大值是 f（2）=f（﹣2）=13． 18. 函数 xxxgaxaxxf ln)(,)1()( 3  （Ⅰ）若 )(xfy  ， )(xgy  在 1x 处的切线相互垂直，求这两个切线方程． （Ⅱ）若 )()()( xgxfxF  单调递增，求 a 的范围． 【答案】（I） 01  yx ， 01  yx (II) a 的范围为  6ln2 1 2 3,  (II) 由 xxaxaxxF ln)1()( 3  得 2ln31ln)1(3)( 22  axxxaxxF ……………8 分 ∵ )()()( xgxfxF  单调递增 ∴ 0)(  xF 恒成立 即 2ln3 2  xxa ……………10 分 令 2ln3)( 2  xxxh )0(16)(  xxxxh 令 0)(  xh 得 6 6x ，令 0)(  xh 得 6 60  x ∴ 6ln2 1 2 3)6 6()( min  hxh ∴ a 的范围为  6ln2 1 2 3,  ……………13 分 19. 【2018 衡水武邑中学调研】已知函数的   cos2 4f x ax x b   图象在点 ,4 4f         处的切线 方程为 5 4y x   . (1)求 ,a b 的值 (2)求函数  f x 在 ,4 2      值域. 【答案】（1） 3,1；（2） 7, 12 4       . 试 题 解 析 ： （ 1 ）    cos2 , ' 2 2 (4f x ax x b f x a sin x p     为  ） ， 又 5' 2 5, cos4 2 4 4 2 4 4 4f a sin f a b                        ，解得 3, 1a b  . （2）由（1）知，   3 cos2 4f x x x    ，  ' 3 2 2 3 2 0,f x sin x      函数  f x 在 ,4 2      上递增， 3 cos4 4 2 4 2f                            ， 3 7cos 12 2 4 4f             ， 函数  f x 在 ,4 2      上的值域为 7, 12 4       . 20. 已知函数 ( ) ln af x x x   ， ( ) ( ) 6lng x f x ax x   ，其中 a R . （1）讨论 ( )f x 的单调性； （2）设 函数 2( ) 4h x x mx   ，当 2a  时，若 1 (0,1)x  ， 2 [1,2]x  ，总有 1 2( ) ( )g x h x 成立， 求实数 m 的取值范围. 【答案】（1）当 0a  时，  f x 在  0, 上单调递增， 当 0a  时，  f x 在  0, a 上单调递减，在  ,a  上单调递增；（2） 8 5ln 2,  【解析】 试题分析：（1）借助题设条件运用导数和分类整合的思想求解；（2）借助题设条件运用导数和转化化归 的思想求解. 试题解析： （2）当 2a  时，   22 5lng x x xx    ，   2 2 2 5 2x xg x x    由   0g x  得 1 2x  或 2x  当 10, 2x     时，   0g x  ；当 1 ,12x     时，   0g x  . 所以在 0,1 上，  max 1 3 5ln 22g x g        而“  1 0,1x  ，  2 1,2x  ，总有    1 2g x h x 成立”等价于 “  g x 在 0,1 上的最大值不小于  h x 在 1,2 上的最大值” 而  h x 在 1,2 上的最大值为     max 1 , 2h h 所以有     1 12 1 22 g h g h                8 5ln 23 5ln 2 5 8 5ln 213 5ln 2 8 2 11 5ln 22 mm mm m                  所以实数 m 的取值范围是 8 5ln 2,  考点：导数和分类整合及化归转化的数学思想等有关知识和方法的综合运用． 21. 已知函数 f（x）=alnx+ x2﹣ （a∈R） （Ⅰ）若 a=﹣4，求 f（x）的单调区间； （Ⅱ）若 f（x）≥0 在区间[1，+∞）上恒成立，求 a 的最小值． 【答案】见解析 （Ⅱ）若 f（x）≥0 在区间[1，+∞）上恒成立， x=1 时，成立，x＞1 时， 即 a≥ 在区间（1，+∞）上恒成立， 令 g（x）= ，x＞1， 则 g′（x）= ， 令 h（x）=﹣4lnx+2x﹣ ，（x＞1）， h′（x）=﹣4lnx﹣ ＜0， ∴h（x）在（1，+∞）递减， ∴h（x）＜h（1）=0， ∴g′（x）＜0， g（x）在（1，+∞）递减， 而 = =﹣1， 故 g（x）＜g（1）=﹣1， ∴a≥﹣1， 故 a 的最小值是﹣1． 【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的意义以及函数恒成立问题，是一道中档题． 22.【2018 辽宁省沈阳联考】 已知函数 （ 且 ）． （Ⅰ）若 为定义域上的增函数，求实数 的取值范围； （Ⅱ）令 ，设函数 ，且 ，求证： ． 【答案】（Ⅰ） ；（Ⅱ）见解析. 【解析】试题分析： (Ⅰ)利用导函数研究函数的单调性，将原问题转化为恒成立的问题，讨论可得实数 的取值范围是 ； (Ⅱ)由题意结合函数的单调性讨论函数 g(x)的性质，结合函数的零点性质即可证得题中的结论. 试题解析： （Ⅰ） ， 由 为增函数可得， 恒成立，则由 ，设 ，则 ，若由 和 可知 在 上单调递减，在 上单调递增， 所以 ，所以 ， 当 时，易知 ，当 时，则 ，这与 矛盾， 从而不能使 恒成立，所以 ． （Ⅱ） ，因为 ， 所以 ，所以 ， ， ， 所以 ， 令 ， ， ， 在 上增，在 上减， ，所以 ，整理得 ， 解得 或 （舍），所以 得证． 点睛：该类问题的求解，一般利用导数研究函数的单调性、极值等性质，并借助函数图象，根据零点或 图象的交点情况，建立含参数的方程(或不等式)组求解，实现形与数的和谐统一.