《2018届高考数学二轮复习 第1部分 专题二 函数、不等式、导数 1-2-4 导数的综合应用限时规范训练 文》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2018届高考数学二轮复习 第1部分 专题二 函数、不等式、导数 1-2-4 导数的综合应用限时规范训练 文（7页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、限时规范训练导数的综合应用限时40分钟，实际用时_分值81分，实际得分_一、选择题(本题共6小题，每小题5分，共30分)1如果函数yf(x)的导函数的图象如图所示，给出下列判断：函数yf(x)在区间内单调递增；函数yf(x)在区间内单调递减；函数yf(x)在区间(4,5)内单调递增；当x2时，函数yf(x)取极小值；当x时，函数yf(x)取极大值则上述判断中正确的是()ABC D解析：选D.当x(3，2)时，f(x)0，f(x)单调递减，错；当x时，f(x)0，f(x)单调递增，当x(2,3)时，f(x)0，f(x)单调递减，错；当x2时，函数yf(x)取极大值，错；当x时，函数yf(x)无极
2、值，错故选D.2若函数f(x)2x2ln x在其定义域内的一个子区间(k1，k1)内不是单调函数，则实数k的取值范围是()A1，) B1,2)C. D.解析：选C.f(x)4x，x0，由f(x)0得x.令f(x)0，得x；令f(x)0，得0x.由题意得1k.故C正确3已知函数f(x)(xR)满足f(x)f(x)，则()Af(2)e2f(0) Bf(2)e2f(0)Cf(2)e2f(0) Df(2)e2f(0)解析：选D.由题意构造函数g(x)，则g(x)0，则g(x)在R上单调递增，则有g(2)g(0)，故f(2)e2f(0)4不等式exxax的解集为P，且0,2P，则实数a的取值范围是()A
3、(，e1) B(e1，)C(，e1) D(e1，)解析：选A.由题意知不等式exxax在区间0,2上恒成立，当x0时，不等式显然成立，当x0时，只需a1恒成立，令f(x)1，f(x)，显然函数在区间(0,1上单调递减，在区间1,2上单调递增，所以当x1时，f(x)取得最小值e1，则ae1，故选A.5设函数f(x)ln x，g(x)ax，它们的图象在x轴上的公共点处有公切线，则当x1时，f(x)与g(x)的大小关系是()Af(x)g(x)Bf(x)g(x)Cf(x)g(x)Df(x)与g(x)的大小关系不确定解析：选B.由题意得f(x)与x轴的交点(1,0)在g(x)上，所以ab0，因为函数f(
4、x)，g(x)的图象在此公共点处有公切线，所以f(x)，g(x)在此公共点处的导数相等，f(x)，g(x)a，以上两式在x1时相等，即1ab，又ab0，所以a，b，即g(x)，f(x)ln x，令h(x)f(x)g(x)ln x，则h(x)，因为x1，所以h(x)0，所以h(x)在(1，)上单调递减，所以h(x)h(1)0，所以f(x)g(x)故选B.6设函数f(x)ax3x1(xR)，若对于任意x1,1都有f(x)0，则实数a的取值范围为()A(，2 B0，)C0,2 D1,2解析：选C.f(x)ax3x1，f(x)3ax21，当a0时，f(x)3ax210，f(x)在1,1上单调递减，f(
5、x)minf(1)a0，不符合题意当a0时，f(x)x1，f(x)在1,1上单调递减，f(x)minf(1)0，符合题意当a0时，由f(x)3ax210，得x或x，当01，即a时，f(x)在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，a2；当1，即0a时，f(x)在1,1上单调递减，f(x)minf(1)a0，符合题意综上可得，0a2.二、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分)7已知yf(x)为R上的连续可导函数，且xf(x)f(x)0，则函数g(x)xf(x)1(x0)的零点个数为_解析：因为g(x)xf(x)1(x0)，g(x)xf(x)f(x)0，所以g(x)在(0，)上单调递增，又g
6、(0)1，yf(x)为R上的连续可导函数，所以g(x)为(0，)上的连续可导函数，又g(x)g(0)1，所以g(x)在(0，)上无零点答案：08在函数f(x)aln x(x1)2(x0)的图象上任取两个不同点P(x1，y1)，Q(x2，y2)，总能使得f(x1)f(x2)4(x1x2)，则实数a的取值范围为_解析：不妨设x1x2，则x1x20，f(x1)f(x2)4(x1x2)，4，f(x)aln x(x1)2(x0)f(x)2(x1)，2(x1)4，a2x22x，又2x22x22，a.答案：a9设函数yf(x)图象上任意一点(x0，y0)处的切线方程为yy0(3x6x0)(xx0)，且f(3
7、)0，则不等式0的解集为_解析：函数yf(x)图象上任意一点(x0，y0)处的切线方程为yy0(3x6x0)(xx0)，f(x0)3x6x0，f(x)3x26x，设f(x)x33x2c，又f(3)0，33332c0，解得c0，f(x)x33x2，0可化为0，解得0x1或x0或x3.答案：(，0)(0,1(3，)三、解答题(本题共3小题，每小题12分，共36分)10设函数f(x)x3ax2bxc.(1)求曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程；(2)设ab4.若函数f(x)有三个不同零点，求c的取值范围解：(1)由f(x)x3ax2bxc，得f(x)3x22axb.因为f(0)c，f(0)
8、b，所以曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程为ybxc.(2)当ab4时，f(x)x34x24xc，所以f(x)3x28x4.令f(x)0，得3x28x40，解得x2或x.f(x)与f(x)在区间(，)上的情况如下：x(，2)2f(x)00f(x)cc所以，当c0且c0时，存在x1(4，2)，x2，x3，使得f(x1)f(x2)f(x3)0.由f(x)的单调性知，当且仅当c时，函数f(x)x34x24xc有三个不同零点11(2017高考天津卷)设a，bR，|a|1.已知函数f(x)x36x23a(a4)xb，g(x)exf(x)(1)求f(x)的单调区间(2)已知函数yg(x)和yex
9、的图象在公共点(x0，y0)处有相同的切线，求证：f(x)在xx0处的导数等于0；若关于x的不等式g(x)ex在区间x01，x01上恒成立，求b的取值范围解：(1)由f(x)x36x23a(a4)xb，可得f(x)3x212x3a(a4)3(xa)x(4a)令f(x)0，解得xa或x4a.由|a|1，得a4a.当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x(，a)(a,4a)(4a，)f(x)f(x)所以，f(x)的单调递增区间为(，a)，(4a，)，单调递减区间为(a,4a)(2)证明：因为g(x)ex(f(x)f(x)，由题意知所以，解得所以，f(x)在xx0处的导数等于0.因为g(x
10、)ex，xx01，x01，且ex0，所以f(x)1.又因为f(x0)1，f(x0)0，所以x0为f(x)的极大值点，由(1)知x0a.另一方面，由于|a|1，故a14a.由(1)知f(x)在(a1，a)内单调递增，在(a，a1)内单调递减，故当x0a时，f(x)f(a)1在a1，a1上恒成立，从而g(x)ex在x01，x01上恒成立由f(a)a36a23a(a4)ab1，得b2a36a21，1a1.令t(x)2a36x21，x1,1，所以t(x)6x212x.令t(x)0，解得x2(舍去)或x0.因为t(1)7，t(1)3，t(0)1，所以，t(x)的值域为7,1所以，b的取值范围是7,112
11、设函数f(x)ln x，mR.(1)当me(e为自然对数的底数)时，求f(x)的极小值；(2)讨论函数g(x)f(x)零点的个数；(3)若对任意ba0，1恒成立，求m的取值范围解：(1)由题设，当me时，f(x)ln x，则f(x)，当x(0，e)时，f(x)0，f(x)在(0，e)上单调递减，当x(e，)时，f(x)0，f(x)在(e，)上单调递增，xe时，f(x)取得极小值f(e)ln e2，f(x)的极小值为2.(2)由题设g(x)f(x)(x0)，令g(x)0，得mx3x(x0)设(x)x3x(x0)，则(x)x21(x1)(x1)，当x(0,1)时，(x)0，(x)在(0,1)上单调
12、递增；当x(1，)时，(x)0，(x)在(1，)上单调递减x1是(x)的唯一极值点，且是极大值点，因此x1也是(x)的最大值点，(x)的最大值为(1).又(0)0，结合y(x)的图象(如图)，可知当m时，函数g(x)无零点；当m时，函数g(x)有且只有一个零点；当0m时，函数g(x)有两个零点；当m0时，函数g(x)有且只有一个零点综上所述，当m时，函数g(x)无零点；当m或m0时，函数g(x)有且只有一个零点；当0m时，函数g(x)有两个零点(3)对任意的ba0，1恒成立，等价于f(b)bf(a)a恒成立(*)设h(x)f(x)xln xx(x0)，(*)等价于h(x)在(0，)上单调递减由h(x)10在(0，)上恒成立，得mx2x2(x0)恒成立，m(对m，h(x)0仅在x时成立)，m的取值范围是.- 7 -
