《新版高考数学理二轮专题复习检测第二篇 专题满分突破 专题二 函数与导数：课时巩固过关练七 Word版含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《新版高考数学理二轮专题复习检测第二篇 专题满分突破 专题二 函数与导数：课时巩固过关练七 Word版含解析（18页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、 1 1课时巩固过关练(七)导数的综合应用一、选择题1设函数f(x)lnx，则()Ax为f(x)的极大值点Bx为f(x)的极小值点Cx2为f(x)的极大值点Dx2为f(x)的极小值点解析：f (x)，令f (x)0，则x2.当x2时，f (x)2时，f (x)0.即当x2时，f(x)是单调递增的所以x2是f(x)的极小值点，故选D.答案：D2设直线xt与函数f(x)x2，g(x)lnx的图象分别交于点M，N，则当|MN|达到最小时t的值为()A1 B.C. D.解析：由题|MN|x2lnx(x0)，不妨令h(x)x2lnx，则h(x)2x，令h(x)0，解得x，因为x时，h(x)0，所以当x时
2、，|MN|达到最小，即t.答案：D3设函数f(x)sin.若存在f(x)的极值点x0满足xf(x0)2m2，则m的取值范围是()A(，6)(6，)B(，4)(4，)C(，2)(2，)D(，1)(1，)解析：由题意知f(x)的极值为，所以f(x0)23，因为f (x0)cos0，所以k，kZ，所以k，kZ，即，所以|x0|，即xf(x0)23，而已知xf(x0)23，故3，解得m2或mk1，则下列结论中一定错误的是()AfCf解析：f (x)li ，f (x)k1，k1，即k1，当x时，f 1k，即f1，则f，所以fx.若f(2a)f(a)22a，则实数a的取值范围为()A1，) B(，1C(，
3、2 D2，)解析：f(x)f(x)x2，f(x)x2f(x)x20，令g(x)f(x)x2，g(x)g(x)f(x)x2f(x)x20，函数g(x)为奇函数x(0，)时，f(x)x.x(0，)时，g(x)f(x)x0，故函数g(x)在(0，)上是增函数，故函数g(x)在(，0)上也是增函数，由f(0)0，可得g(x)在R上是增函数f(2a)f(a)22a，等价于f(2a)f(a)，即g(2a)g(a)，2aa，解得a1，故选B.答案：B6(20xx贵州模拟)若函数f(x)lnx(a0，b0)的图象在x1处的切线与圆x2y21相切，则ab的最大值是()A4 B2C2 D.解析：f(x)lnx的导
4、数为f (x)，令x1，则f (1)，又f(1)，则切线方程为y(x1)，即axby10，切线与圆x2y21相切，1，a2b21.又a0，b0，a2b22ab,2(a2b2)(ab)2，ab.ab的最大值为，故选D.答案：D7(20xx全国卷)设函数f(x)ex(2x1)axa，其中a1，若存在唯一的整数x0，使得f(x0)0，则a的取值范围是()A. B.C. D.解析：设g(x)ex(2x1)，yaxa，由题知存在唯一的整数x0，使得g(x0)在直线yaxa的下方因为g(x)ex(2x1)，所以当x时，g(x)时，g(x)0，所以当x时，(g(x)min2e，当x0时，g(0)1，当x1时
5、，g(1)e0，直线yaxa恒过(1,0)，斜率为a，故ag(0)1，且g(1)3e1aa，解得a2；a0，b2；a1，b2.解析：令f(x)x3axb，求导得f (x)3x2a，当a0时，f (x)0，所以f(x)单调递增，且至少存在一个数使f(x)0，所以f(x)x3axb必有一个零点，即方程x3axb0仅有一根，故正确；当a0时，若a3，则f (x)3x233(x1)(x1)，易知，f(x)在(，1)，(1，)上单调递增，在1,1上单调递减，所以f(x)极大值f(1)13bb2，f(x)最小值f(1)13bb2，要使方程仅有一根，则f(x)极大值f(1)13bb20，解得b2，故正确，所
6、以使得三次方程仅有一个实根的是.答案：三、解答题9(20xx北京高考)已知函数f(x)ln.(1)求曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程；(2)求证：当x(0,1)时，f(x)2；(3)设实数k使得f(x)k对x(0,1)恒成立，求k的最大值解：(1)f(x)ln，x(1,1)，f (x)，f (0)2，f(0)0，曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程为2xy0.(2)当x(0,1)时，f(x)2，即不等式f(x)20，对x(0,1)成立，设F(x)ln2ln(1x)ln(1x)2，则F(x)，当x(0,1)时，F(x)0，故F(x)在(0,1)上为增函数，则F(x)F(0)0
7、，对x(0,1)，f(x)2成立(3)要使f(x)k成立，x(0,1)，等价于G(x)lnk0，x(0,1)，G(x)k(1x2)，当k0,2时，G(x)0，函数G(x)在(0,1)上为增函数，G(x)G(0)0，符合题意；当k2时，令G(x)0，x(0,1)，G(x0)0时，f(x)x；(2)证明：当k0，使得对任意x(0，x0)，恒有f(x)g(x)；(3)确定k的所有可能取值，使得存在t0，对任意的x(0，t)，恒有|f(x)g(x)|x2.解：解法一：(1)令F(x)f(x)xln(1x)x，x(0，)，则F(x)1，当x(0，)，F(x)0时，F(x)0时，f(x)x.(2)令G(x
8、)f(x)g(x)ln(1x)kx，x(0，)，则有G(x)k，k0时，显然成立，当k0，所以G(x)在(0，)上单调递增，G(x)G(0)0.故对任意正实数x0均满足题意当0k0.取x01，对任意x(0，x0)，恒有G(x)0，所以G(x)在(0，x0)上单调递增，G(x)G(0)0，即f(x)g(x)综上，当k1时，总存在x00，使得对任意的x(0，x0)，恒有f(x)g(x)(3)当k1时，由(1)知，对于x(0，)，g(x)xf(x)，故g(x)f(x)，|f(x)g(x)|g(x)f(x)kxln(1x)，令M(x)kxln(1x)x2，则有M(x)k2x，故当x时，M(x)0，M(
9、x)在上单调递增，故M(x)M(0)0，即|f(x)g(x)|x2，所以满足题意的t不存在当k0，使得对任意的x(0，x0)恒有f(x)g(x)此时|f(x)g(x)|f(x)g(x)ln(1x)kx，令N(x)ln(1x)kxx2，则有N(x)k2x，故当x时，N(x)0，N(x)在上单调递增，故N(x)N(0)0，即f(x)g(x)x2，记x0与中较小的为x1，则当x(0，x1)，恒有|f(x)g(x)|x2，故满足题意的t不存在当k1，由(1)知，x(0，)，|f(x)g(x)|g(x)f(x)xln(1x)，令H(x)xln(1x)x2，则有H(x)12x.当x0时，H(x)0，所以H
10、(x)在0，)上单调递减，故H(x)0时，恒有|f(x)g(x)|1时，由(1)知，对于x(0，)，g(x)xf(x)，故|f(x)g(x)|g(x)f(x)kxln(1x)kxx(k1)x，令(k1)xx2，解得0x1时，对于x(0，k1)恒有|f(x)g(x)|x2，所以满足题意的t不存在当k1时，取k1，从而kk10，使得任意x(0，x0)，恒有f(x)k1xkxg(x)此时|f(x)g(x)|f(x)g(x)(k1k)xx，令xx2，解得0xx2，记x0与中较小的为x1，则当x(0，x1)时，恒有|f(x)g(x)|x2，故满足题意的t不存在当k1，由(1)知，当x(0，)，|f(x)g(x)|g(x)f(x)xln(1x)，令M(x)xln(1x)x2，x0，)，则有M(x)12x，当x
