高考数学二轮复习寒假作业五导数的应用注意命题点的区分度文.doc

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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已知函数f(x)ln xx.(1)判断函数f(x)的单调性；(2)函数g(x)f(x)xm有两个零点x1，x2且x1x2，求证：x1x21.1 2x解：(1)由已知得f(x)(x0)，1x x令f(x)0，得 0x1，令f(x)0，得x1，所以函数f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，)(2)证明：根据题意，g(x)ln xm(

13、x0)，1 2x9因为x1，x2是函数g(x)ln xm的两个零点，1 2x所以 ln x1m0，ln x2m0.1 2x11 2x2两式相减，可得 ln，x1 x21 2x21 2x1即 ln ，故x1x2.x1 x2x1x2 2x2x1x1x22ln x1x2那么x1，x2.x1 x212ln x1x21x2x12ln x1x2令t，其中 0t1，x1 x2则x1x2.t1 2ln t11t 2ln tt1t 2ln t构造函数h(t)t 2ln t，1 t则h(t).t12 t2对于 0t1，h(t)0 恒成立，故h(t)h(1)，即t 2ln t0.1 t可知1，故 x1x21.t1t2ln t