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1、1寒假作业寒假作业( (五五) ) 导数的应用导数的应用( (注意命题点的区分度注意命题点的区分度) )一、选择题1函数f(x)3xln x的单调递增区间是( )A. B(e,)(0,1 e)C. D.(1 e,)(1 e,e)解析:选 C f(x)ln x1,由f(x)0,得x ,1 e故f(x)的单调递增区间为.(1 e,)2函数f(x)(x21)22 的极值点是( )Ax1 Bx1Cx1 或1 或 0 Dx0解析:选 C f(x)x42x23,由f(x)4x34x4x(x1)(x1)0,得x0 或x1 或x1,又当x0,当 01 时,f(x)0,x0,1,1 都是f(x)的极值点3(20
2、17长春三模)定义在 R 上的函数f(x)满足:f(x)f(x)恒成立,若x1x2,则 ex1f(x2)与 ex2f(x1)的大小关系为( )Aex1f(x2)ex2f(x1)Bex1f(x2)ex2f(x1)Cex1f(x2)ex2f(x1)Dex1f(x2)与 ex2f(x1)的大小关系不确定解析:选 A 设g(x),则g(x)fx exfxexfxex ex2,由题意知g(x)0,所以g(x)在 R 上单调递增,当x1x2时,g(x1)fxfx exg(x2),即,所以 ex1f(x2)ex2f(x1)fx1 ex1fx2 ex24已知x2 是函数f(x)x33ax2 的极小值点,那么函
3、数f(x)的极大值为( )A15 B16C17 D18解析:选 D f(x)3x23a,因为x2 是函数f(x)x33ax2 的极小值点,所2以f(2)123a0,解得a4,所以函数f(x)的解析式为f(x)x312x2,f(x)3x212.由 3x2120,得x2,故函数f(x)在(2,2)上是减函数,在(,2),(2,)上是增函数,由此可知当x2 时,函数f(x)取得极大值f(2)18.5若函数f(x)x3x2 在区间(a,a5)上存在最小值,则实数a的取值范围是( )1 32 3A5,0) B(5,0)C3,0) D(3,0)解析:选 C 由题意,f(x)x22xx(x2),故f(x)在
4、(,2),(0,)上是增函数,在(2,0)上是减函数,作出其图象如图所示,令x3x2 得,1 32 32 3x0 或x3,则结合图象可知Error!解得a3,0).6(2017浙江高考)函数yf(x)的导函数yf(x)的图象如图所示,则函数yf(x)的图象可能是( )解析:选 D 由f(x)的图象知,f(x)的图象有三个零点,故f(x)在这三个零点处取得极值,排除 A、B;记导函数f(x)的零点从左到右分别为x1,x2,x3,又在(,x1)上f(x)0,所以函数f(x)在(,x1)上单调递减,排除 C,故选 D.7若函数f(x)cos x2xf,则f与f的大小关系是( )( 6)( 3)( 6
5、)Aff Bff( 3)( 6)( 3) ( 6)Cf0,x0,0,fx x2fxx22xfx x4xfx2fx x3y在(0,)上单调递增,fx x2,即4.f2 22f1 12f2 f1xf(x)3f(x)0,1,当x时,不等式f(2cos x) 2sin2的解集为( ) 2,323 2x 2A. B.( 3,43)( 3,43)C. D.(0, 3)( 3,3)解析:选 D 令g(x)f(x) ,x 21 24则g(x)f(x) 0,1 2g(x)在 R 上单调递增,且g(1)f(1) 0,1 21 2f(2cos x) 2sin2f(2cos x) g(2cos x),3 2x 22c
6、os x 21 2f(2cos x) 2sin2,即g(2cos x)0,3 2x 22cos x1,又x,x. 2,32( 3,3)10已知函数f(x)k,若x2 是函数f(x)的唯一一个极值点,则实ex x2(2 xln x)数k的取值范围为( )A(,e B0,eC(,e) D0,e)解析:选 A f(x)k(x0)x2ex2xex x4(2 x21 x)x2(exxk)x2设g(x)(x0),则g(x),ex xx1ex x2g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,)上单调递增g(x)在(0,)上有最小值,为g(1)e,结合g(x)与yk的图象可知,要ex x满足题意,只需ke,选 A
7、.11已知函数f(x)x32x24x7,其导函数为f(x),给出以下命题:f(x)的单调递减区间是;(2 3,2)f(x)的极小值是15;当a2 时,对任意的x2 且xa,恒有f(x)f(a)f(a)(xa);函数f(x)有且只有一个零点其中真命题的个数为( )A1 B2C3 D4解析:选 C 易得f(x)3x24x4(x2)(3x2),令f(x)0,得x2,结合2 3(2 3,2)2 3可知f(x)的极小值是f(2)15;显然当a2 时,对任意的x2 且xa,恒有f(x)5f(a)f(a)(xa)不成立;f2 x2x1x1 x1 e,1)0,x1,e时,f(x)x2时,都有f(x1)f(x2
8、)x1x2成立,则实数m的取值范围是_解析:依题意得,对于任意的正数x1,x2,当x1x2时,都有f(x1)x1f(x2)x2,因此函数g(x)f(x)x在区间(0,)上是增函数,于是当x0 时,g(x)f(x)1ex 10,即x(ex1)m恒成立记h(x)x(ex1),x0,则有h(x)m x(x1)ex1(01)e010,x0,即h(x)在区间(0,)上是增函数,h(x)的值域是(0,),因此m0,m0.故所求实数m的取值范围是0,)答案:0,)三、解答题17已知函数f(x)x2aln xb(aR)1 2(1)若曲线yf(x)在x1 处的切线方程为 3xy30,求实数a,b的值;(2)若x
9、1 是函数f(x)的极值点,求实数a的值解:(1)因为f(x)x2aln xb,1 2所以f(x)x (x0),a x因为曲线yf(x)在x1 处的切线的方程为 3xy30,所以Error!即Error!解得Error!(2)因为x1 是函数f(x)的极值点,7所以f(1)1a0,所以a1.当a1 时,f(x)x2ln xb,定义域为(0,),1 2f(x)x ,1 xx21 xx1x1 x当 01 时,f(x)0,f(x)单调递增,所以x1 是f(x)的极值点,所以a1 符合题意18设函数f(x)ln xax(aR)(e 为自然对数的底数)(1)判断f(x)的单调性;(2)当f(x)0),1
10、 x当a0 时,f(x)0,此时f(x)在(0,)上是增函数,当a0 时,x时,f(x)0,此时f(x)在上是增函数,x时,(0,1 a)(0,1 a)(1 a,)f(x)0 时,f(x)在上是增函(0,1 a)数,在上是减函数(1 a,)(2)f(x)在(0,)上恒成立,ln x x设g(x),则g(x),ln x x1ln x x2当x(0,e)时,g(x)0,g(x)为增函数,当x(e,)时,g(x) ,1 e1 e所以a的取值范围是.(1 e,)19(2017全国卷)设函数f(x)(1x2)ex.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当x0 时,f(x)ax1,求a的取值范围解:(1)f(
11、x)(12xx2)ex.令f(x)0,得x1或x1.22当x(,1)时,f(x)0;28当x(1,1)时,f(x)0;22当x(1,)时,f(x)0.2所以f(x)在(,1),(1,)上单调递减,在(1,1)2222上单调递增(2)f(x)(1x)(1x)ex.当a1 时,设函数h(x)(1x)ex,则h(x)xex0(x0)因此h(x)在0,)上单调递减,又h(0)1,故h(x)1,所以f(x)(x1)h(x)x1ax1.当 0a1 时,设函数g(x)exx1,则g(x)ex10(x0),所以g(x)在0,)上单调递增,而g(0)0,故 exx1.当 0x1 时,f(x)(1x)(1x)2,
12、(1x)(1x)2ax1x(1axx2),取x0,54a12则x0(0,1),(1x0)(1x0)2ax010,故f(x0)ax01.当a0 时,取x0,512则x0(0,1),f(x0)(1x0)(1x0)21ax01.综上,a的取值范围是1,)20(2017长春质检)已知函数f(x)x2(1a)xaln x,aR.1 2(1)若f(x)存在极值点 1,求a的值;(2)若f(x)存在两个不同的零点x1,x2,求证:x1x22.解:(1)由已知得f(x)x1a ,a x因为f(x)存在极值点 1,所以f(1)0,即 22a0,a1,经检验符合题意,所以a1.(2)证明:f(x)x1a (x1)
13、(x0),a x(1a x)当a0 时,f(x)0 恒成立,所以f(x)在(0,)上为增函数,不符合题意;9当a0 时,由f(x)0 得xa,当xa时,f(x)0,所以f(x)单调递增,当 01a,1 2作yf(x)关于直线xa的对称曲线g(x)f(2ax),令h(x)g(x)f(x)f(2ax)f(x)2a2xaln ,2ax x则h(x)22,2a2 2axx2a2 xa2a2因为在(0,2a)上,h(x)0,所以h(x)在(0,2a)上单调递增,不妨设x1h(a)0,即g(x2)f(2ax2)f(x2)f(x1),又 2ax2(0,a),x1(0,a),且f(x)在(0,a)上为减函数,所以 2ax22a,又 ln a1a,易知a1 成立,1 2故 x1x22.