高考数学专题2_4导数的应用二同步单元双基双测B卷文

高考数学专题2_4导数的应用二同步单元双基双测B卷文

专题 2.4 导数的应用（二） （测试时间：120 分钟 满分：150 分） 一、选择题（共 12 小题，每题 5 分，共 60 分） 1. 曲线 xy ln 上一点 P 和坐标原点O 的连线恰好是该曲线的切线，则点 P 的横坐标为( ) A．e B. e C．e2 D．2 【答案】A 考点：导数的几何意义 2. 已知函数 y=2x3＋ax2＋36x－24 在 x=2 处有极值，则该函数的一个递增区间是 A.(2，3) B.(3，＋∞) C.(2,＋∞) D.(－∞,3) 【答案】B 【解析】本题考查常见函数的导数，可导函数 f′(x)=0 与极值点的关系，以及用导数求函数的单调区间. y′=6x2＋2ax＋36. ∵函数在 x=2 处有极值，∴y′|x=2=24＋4a＋36=0，即－4a=60.∴a=－15. ∴y′=6x2－30x＋36=6(x2－5x＋6)=6(x－2)(x－3). 由 y′=6(x－2)(x－3)＞0，得 x＜2 或 x＞3. 考点：导数与函数的单调性。 3. 如图是函数   3 2f x x bx cx d    的大致图象,则 2 2 1 2x x  （ ） A． 2 3 B． 4 3 C． 8 3 D．12 3 【来源】【百强校】2015-2016 学年四川南充高级中学高二下期期末理数学试卷（带解析） 【答案】C 【解析】 考点：利用导数研究函数的极值；导数的几何意义. 【方法点晴】本题主要考查了导数研究函数的单调性与极值、导数的几何意义的应用，充分体现导数在函 数问题解答中的应用，本题的解答中根据函数的图象   0f x  的根为 0,1,2 ，求出函数的解析式，再利用 1 2,x x 是方程 23 6 2 0x x   的两根，结合一元二次方程的根与系数的关系是解答的关键，着重考查了学 生分析问题和解答问题的能力，以及转化与化归思想的应用. 4. 已知关于 x 的不等式 lnmx x 有唯一整数解，则实数 m 的最小值为（ ） A. 1 ln22 B. 1 ln33 C. 1 ln23 D. 1 ln32 【来源】【全国校级联考】吉林省百校联盟 2018 届高三九月联考数学（文）试题 【答案】A 【解析】由 lnmx x ，得： lnm x x  ,令   lng xx x  ，∴   2 1 lng‘ xx x  ，  g‘ 0,x  得到减区间为 e ， ；  g‘ 0,x  得到增区间为  0 e， ，∴  max 1g x e  ，   1g 2 ln22  ，   1g 3 ln33  ，且    g 2 g 3 , ∴要使不等式 lnmx x 有唯一整数解，实数 m 应满足 1 1ln2 m ln32 3   ,∴实数 m 的最小值为 1 ln22 . 故选：A 点睛：不等式 lnmx x 有唯一整数解问题可以转化为两个图像的位置关系问题，观察 y m 与   lng xx x  的图象的高低关系，只要保证 y m 上方只有一个整数满足 lnm x x  即可. 5. 若函数   lnf x x x a  有两个零点，则实数 a 的取值范围为（ ） A. 1 ,1e     B. 1 ,1e      C. 1 ,0e     D. 1 ,e      【来源】【全国市级联考】2018 黔东南州高考第一次模拟考试文科数学试题 【答案】C 【解析】函数的定义域为 0  （ ， ），由   ln 0f x x x a   ，得 lnx x a ， 故选 C. 点睛：本题主要考查函数零点的应用，构造函数求函数的导数，利用函数极值和导数之间的关系是解决本 题的关键；根据函数零点的定义，   ln 0f x x x a   ，得 lnx x a ，设函数   lng x x x ，利用导数研 究函数的极值即可得到结论. 6.对任意 x∈R，函数 f(x)的导数存在，若 f′(x)＞f(x)且 a＞0，则以下正确的是（ ▲） A． )0()( feaf a  B． )0()( feaf a  C． )0()( faf  D． )0()( faf  【答案】A 【解析】 试题分析：设     xe xfxg  ，那么         02  x xx e exfexfxg ，所以  xg 是单调递增函数，那么当 0a 时，    0gag  ，即    0f e af a  ，即 )0()( feaf a  考点：根据函数的单调性比较大小 7. 设 f(x)是定义在 R 上的奇函数，且 f(2)=0,当 x>0 时，有 2 ( ) ( ) 0xf x f x x    恒成立， 则不等式 2 ( ) 0x f x  的解集是 A. (-2,0) ∪(2,+∞) B. (-2,0) ∪(0,2) C. (-∞,-2)∪(2,+∞) D. (-∞,-2)∪(0,2) 【答案】D 【解析】 故选 D 考点：利用导数求不等式的解集。 8. 已知函数       21 0xf ff x e x xe e     ，若存在实数 m 使得不等式   22f m n n  成立，求实数 n 的取值范围为 A.  1, 1,2        B.   1, 1 ,2        C.   1,0 ,2       D.  1, 0,2        【来源】【全国百强校】宁夏石嘴山市第三中学 2018 届高三下学期第三次模拟考试数学（文）试题 【答案】A 【解析】      1 0 1xff x e f xe    ,      1 1 0 1f f f   ,则  0 1f  ，      10 , 1ff f ee    ，所以   21 2 xf x e x x   ，   1xf x e x   ， 令   0, 0f x x  ，当 0x  时，   0f x  ；当 0x  时，   0f x  ，则当 0x  时，  f x 取 极小值为 1；若存在实数 m 使得不等式   22f m n n  成立，只需 22 1n n  ，解得 1n  或 1 2n   ， 实数 n 的取值范围是  1, 1,2        ，选 A. 9. 已知定义在 R 上的函数  f x 满足：①    4f x f x  ,②    2f x f x  ,③在[0,1]上表达式为   2 1xf x   ,则函数     3logg x f x x  的零点个数为( ) A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 【来源】青海省西宁市 2017 届高三下学期复习检测二（二模）数学（文）试题 【答案】A 本题选择 A 选项. 点睛：1．函数零点的判定常用的方法有： (1)零点存在性定理；(2)数形结合；(3)解方程 f(x)＝0. 2．研究方程 f(x)＝g(x)的解，实质就是研究 G(x)＝f(x)－g(x)的零点． 3．转化思想：方程解的个数问题可转化为两个函数图象交点的个数问题；已知方程有解求参数范围问题可 转化为函数值域问题． 10. 设函数 ( )f x x ax bx c        的两个极值点分别为 1 2,x x ，若 1 ( 2, 1)x    ， 2 ( 1,0)x   ，则 2a b 的取值范围为（ ） A． (2,7) B． (1,7) C． (1,5) D． (2,5) 【答案】A 【解析】 试 题 分 析 ： 由 已 知 '( )f x x ax b      的 解 为 1 2,x x ， 且 1 ( 2, 1)x    ， 2 ( 1,0)x   , 所 以 '( ) '( ) ( ) '( ) ( ) f b f a b f a b                           ，即 b a b a b              ．画出其表示的点 ( , )a b 的平面区域及直线 2 0a b  （如图），平移直线 2 0a b  ，当其经过 (1,0) 时， 2a b 最小为 2 1 0 2,   经过 (3,1) 时， 2a b 最大 为 2 3 1 7   ，故选 A ． 考点：1．导数在研究函数中的应用；2．简单线性规划的应用． 11. 【2018 河南漯河中学二模】已知函数 在定义域 上的导函数为 ，若 无解，且 ，若 在 上与 在 上的单调性相同，则实数 的取值范 围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A ∵g（x）=sinx-cosx-kx，∴g′(x)＝cosx+sinx−k＝ sin(x+ )−k，又 g（x）与 f（x）的单调性相同， ∴g（x）在 R 上单调递增，则当 x , g'（x）≥0 恒成立，则当 x , x+ , sin(x+ ) , sin(x+ ) 此时 k≤-1， 故选 A． 点睛：本题考查导数的综合应用，考查利用导数求函数的单调性，正弦函数的性质，辅助角公式，对于 的处理主要是换元法，令 ，得出 ，易知 f（x）为 R 上的增函数，这是本题的关键. 12. 【2018 山西 45 校联考】定义在 上的函数 与其导函数 满足 ，则下列不等 式一定成立的是 （ ） A. B. C. D. 【答案】A 【 解 析 】          1' ' 0 ' 0x x xf x f x e f x f x e e f x e ex               ， 令     xx f x e ex   ， 则  x 为 R 上 的 增 函 数 ， 因 此    0 1  ， 故    0 1f f e e  ， 即    0 1f e ef  ，从而      0 1 0 1f f e ef    ，故选 A. 【方法点睛】本题主要考察抽象函数的单调性以及函数的求导法则，属于难题.求解这类问题一定要耐心读 题、读懂题，通过对问题的条件和结论进行类比、联想、抽象、概括，准确构造出符合题意的函数是解题 的关键；解这类不等式的关键点也是难点就是构造合适的函数，构造函数时往往从两方面着手：①根据导 函数的“形状”变换不等式“形状”；②若是选择题，可根据选项的共性归纳构造恰当的函数.本题是根据 ①构造函数     xx f x e ex   后再结合条件判断出其单调性，进而得出正确结论. 二．填空题（共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分） 13. .f(x)=x(x－c)2 在 x=2 处有极大值,则常数 c 的值为____________. 【答案】6 【解析】本题考查多项式函数的导数及函数极值的概念. 由 f(x)=x(x2－2cx＋c2)=x3－2cx2＋c2x, ∴f′(x)=3x2－4cx＋c2=(3x－c)(x－c). 令 f′(x)=0,得 x1= 3 c ,x2=c. (1)当 c＞0 时, x (－∞, 3 c ) 3 c ( 3 c ,c) c (c,＋∞) y′ ＋ 0 － 0 ＋ y ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 由题意知, 3 c =2,得 c=6. (2)当 c＜0 时,在 x=c 处取极大值,不合题意.所以 c=6. 考点：极值的应用 14. 已知 若 使得 成立，则实数 a 的取值范 围是 . 【来源】2015-2016 年江西省上饶市铅山一中高二下期中文科数学试卷（带解析） 【答案】 【解析】 . 试题分析：由： ，分别求导 ，求极值 得 ； ， 而 若 使 得 成 立 ， 等 价 于 ： 考点：存在性问题与极值思想. 15.【2018 黑龙江哈尔滨九中联考】 设函数      22 2ln 2f x x a x a    .其中 0, Rx a  ，存在 0x 使 得  0 4 5f x  成立，则实数 a 的值为__________． 【答案】 1 5 考点：导数在研究函数最值中的应用. 【方法点睛】本题主要考查了导数在研究函数最值中的应用，考查了转化的数学思想，属于中档题.把函数 看作动点  2,lnM x x 与动点  ,2N a a 之间距离的平方，利用导数求出曲线 2lny x 上与直线 2y x 平行 的切线的切点，得到曲线上点到直线的距离的最小值，结合题意可得只有切点到直线距离的平方等于 4 5 ， 然后由两直线斜率的关系式求得实数 a 的值. 16. 已知函数 ( )f x 的导函数为 ' ( )f x ， e 为自然对数的底数，若函数 ( )f x 满足 ' ln( ) ( ) xxf x f x x   ，且 1( )f e e  ，则不等式 1( )f x x ee    的解集是_____________. 【来源】【百强校】2017 届四川省成都市高中毕业班摸底测试文科数学试卷（带解析） 【答案】 (0, )e 【解析】 试 题 分 析 ：           2 2ln ln ln, ' , , '2 2 x x x ag x xf x g x g x a f xx x x       ，   1 1 1 2 2 af e ae e e      ，   2ln 1 2 2 xf x x x   ，     2ln 2 1 2 x xh x f x x x     ，   2 2 2 2ln 4ln 4 2' 04 x x xh x x      ，  h x 递减，原不等式转化为，    ,0h x h e x e   ，故答案为 (0, )e . 考点：1、抽象函数的单调性；2、函数的求导法则. 【方法点睛】本题主要考察抽象函数的单调性以及函数的求导法则，属于难题.求解这类问题一定要耐心读 题、读懂题，通过对问题的条件和结论进行类比、联想、抽象、概括，准确构造出符合题意的函数是解题 的关键；解这类不等式的关键点也是难点就是构造合适的函数，构造函数时往往从两方面着手：①根据导 函数的“形状”变换不等式“形状”；②若是选择题，可根据选项的共性归纳构造恰当的函数.本题就是根 据①构造出函数    h x f x x  ，再根据其单调性解答的. 三、解答题(本大题共 6 小题，共 70 分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤) 17. 设函数   2( ) 1xf x x e ax   （Ⅰ）若 1 2a  ，求 ( )f x 的单调区间； （Ⅱ）若当 x ≥0 时 ( )f x ≥0，求 a 的取值范围． 【答案】（I）函数的增区间为（ , 1  ），（ 0, ），减区间为（－1,0）.（II）a≤1。 【解析】 试题分析：（I）若 a 等于 1 2a  ，则   21( ) 1 2 xf x x e x   ， ' ( ) 1 ( 1)( 1)x x xf x e xe x e x       令 f＇(x)= 0 得驻点 x=0 ，x=－1 X<－1, f＇(x)＞0,f(x)单调递增； －1

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