《高考数学大二轮复习 第二编 专题整合突破 专题二 函数与导数 第三讲 导数的简单应用适考素能特训 文-人教版高三全册数学试题》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考数学大二轮复习 第二编 专题整合突破 专题二 函数与导数 第三讲 导数的简单应用适考素能特训 文-人教版高三全册数学试题（6页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、专题二 函数与导数 第三讲 导数的简单应用适考素能特训 文一、选择题12016郑州质检函数f(x)excosx的图象在点(0，f(0)处的切线方程是()Axy10 Bxy10Cxy10 Dxy10答案C解析依题意，f(0)e0cos01，因为f(x)excosxexsinx，所以f(0)1，所以切线方程为y1x0，即xy10，故选C.22016山西忻州四校联考设函数f(x)xsinxcosx的图象在点(t，f(t)处切线的斜率为k，则函数kg(t)的部分图象为()答案B解析f(x)(xsinxcosx)xcosx，则kg(t)tcost，易知函数g(t)为奇函数，其图象关于原点对称，排除A、C
2、.当0t0，所以排除D，故选B.32016广西质检若函数f(x)(x2cx5)ex在区间上单调递增，则实数c的取值范围是()A(，2 B(，4C(，8 D2,4答案B解析f(x)x2(2c)xc5ex，因为函数f(x)在区间上单调递增，等价于x2(2c)xc50对任意x恒成立，即(x1)cx22x5，c对任意x恒成立，x，(x1)4，当且仅当x1时等号成立，c4.42016沈阳质检已知函数yx2的图象在点(x0，x)处的切线为l，若l也与函数yln x，x(0,1)的图象相切，则x0必满足()A0x0 B.x01C.x0 D.x0答案D解析由题令f(x)x2，f(x)2x，f(x0)x，所以直
3、线l的方程为y2x0(xx0)x2x0xx，因为l也与函数yln x(x(0,1)的图象相切，令切点坐标为(x1，ln x1)，y，所以l的方程为yxln x11，这样有所以1ln 2x0x，x0(1，)，令g(x)x2ln 2x1，x(1，)，所以该函数的零点就是x0，又因为g(x)2x，所以g(x)在(1，)上单调递增，又g(1)ln 2 0，g()1ln 2 0，从而x00恒成立，故f(x)0必有两个不等实根，不妨设为x1，x2，且x10，得xx2，令f(x)0，得x1xx2，所以函数f(x)在(x1，x2)上单调递减，在(，x1)和(x2，)上单调递增，所以当xx1时，函数f(x)取得
4、极大值，当xx2时，函数f(x)取得极小值，故A选项的结论正确；对于选项B，令f(x)3x22ax10，由根与系数的关系可得x1x2，x1x2，易知x1x2，所以x2x1，故B选项的结论正确；对于选项C，易知两极值点的中点坐标为，又fxx3f，fxx3f，所以ff2f，所以函数f(x)的图象关于点成中心对称，故C选项的结论正确；对于D选项，令ac0得f(x)x3x，f(x)在(0,0)处切线方程为yx，且有唯一实数解，即f(x)在(0,0)处切线与f(x)图象有唯一公共点，所以D不正确，选D.6已知函数f(x)(a2)xax3在区间1,1上的最大值为2，则a的取值范围是()A2,10 B1,8
5、C2,2 D0,9答案B解析f(x)3ax2a2.(1)当a0时，f(x)20，f(x)在1,1上为减函数，所以f(x)maxf(1)2，符合题意(2)当0a2时，f(x)0恒成立，所以函数f(x)在定义域内为减函数，所以f(x)maxf(1)2，符合题意(3)当a2时，由f(x)0，解得x .当 1，即 1，即1a1，即 1，即a2时，若af(1)2，不满足条件，若a2，函数f(x)在与上单调递减，在上单调递增，所以此时函数在定义域内的最大值为f(1)2或f，则必有f2，即(a2) a32，整理并因式分解得(a8)(a1)20，所以由a2可得20)(1)若a1，求函数f(x)的极值；(2)设
6、函数h(x)f(x)g(x)，求函数h(x)的单调区间；(3)若存在x01，e，使得f(x0)g(x0)成立，求a的取值范围解(1)f(x)xaln x的定义域为(0，)当a1时，f(x).由f(x)0，解得x1.当0x1时，f(x)1时，f(x)0，f(x)单调递增；所以当x1时，函数f(x)取得极小值，极小值为f(1)1ln 11；(2)h(x)f(x)g(x)xaln x，其定义域为(0，)又h(x).由a0可得1a0，在x(0,1a)上h(x)0，所以h(x)的递减区间为(0,1a)；递增区间为(1a，)(3)若在1，e上存在一点x0，使得f(x0)g(x0)成立，即在1，e上存在一点
7、x0，使得h(x0)0.即h(x)在1，e上的最小值小于零当1ae，即ae1时，由(2)可知h(x)在1，e上单调递减故h(x)在1，e上的最小值为h(e)，由h(e)ea.因为e1，所以a；当11ae，即0ae1时，由(2)可知h(x)在(1,1a)上单调递减，在(1a，e)上单调递增h(x)在1，e上最小值为h(1a)2aaln (1a)因为0ln (1a)1，所以0aln (1a)2，即h(1a)2不满足题意，舍去综上所述：a.11已知函数f(x)ln xaxa2x2(a0)(1)若x1是函数yf(x)的极值点，求a的值；(2)若f(x)0在定义域内恒成立，求实数a的取值范围解(1)函数
8、的定义域为(0，)，f(x).因为x1是函数yf(x)的极值点，所以f(1)1a2a20，解得a(舍去)或a1.经检验，当a1时，x1是函数yf(x)的极值点，所以a1.(2)当a0时，f(x)ln x，显然在定义域内不满足f(x)0时，令f(x)0，得x1(舍去)，x2，所以f(x)，f(x)的变化情况如下表：xf(x)0f(x)极大值所以f(x)maxfln 1.综上可得a的取值范围是(1，)122016广西质检已知函数f(x)aln x(a0，aR)(1)若a1，求函数f(x)的极值和单调区间；(2)若在区间(0，e上至少存在一点x0，使得f(x0)0成立，求实数a的取值范围解(1)当a
9、1时，f(x)，令f(x)0，得x1，又f(x)的定义域为(0，)，由f(x)0得0x0得x1，所以当x1时，f(x)有极小值1.f(x)的单调递增区间为(1，)，单调递减区间为(0,1)(2)f(x)，且a0，令f(x)0，得到x，若在区间(0，e上存在一点x0，使得f(x0)0成立，即f(x)在区间(0，e上的最小值小于0.当0，即a0时，f(x)0在(0，e上恒成立，即f(x)在区间(0，e上单调递减，故f(x)在区间(0，e上的最小值为f(e)aln ea，由a0，得a0，即a0时，若e，则f(x)0对x(0，e成立，所以f(x)在区间(0，e上单调递减，则f(x)在区间(0，e上的最小值为f(e)aln ea0，显然，f(x)在区间(0，e上的最小值小于0不成立若0时，则有xf(x)0f(x)极小值所以f(x)在区间(0，e上的最小值为faaln，由faalna(1ln a)0，得1ln ae，即a(e，)综上，由可知：a(e，)符合题意
