數(shù)學(xué)理高考二輪專題復(fù)習(xí)與測試：第二部分 專題六 第4講 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用 Word版含解析

A級基礎(chǔ)通關(guān)一、選擇題1設(shè)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且f(2)0，當(dāng)x>0時，有<0恒成立，則不等式x2f(x)>0的解集是()A(2，0)(2，)B(2，0)(0，2)C(，2)(2，)D(，2)(0，2)解析：x>0時，<0，所以(x)在(0，)為減函數(shù)，又(2)0，所以當(dāng)且僅當(dāng)0<x<2時，(x)>0，此時x2f(x)>0.又f(x)為奇函數(shù)，所以h(x)x2f(x)也為奇函數(shù)故x2f(x)>0的解集為(，2)(0，2)答案：D2已知函數(shù)f(x)的定義域為1，4，部分對應(yīng)值如下表：x10234f(x)12020f(x)的導(dǎo)函數(shù)yf(x)的圖象如圖所示當(dāng)1<a<2時，函數(shù)yf(x)a的零點的個數(shù)為()A1B2C3D4解析：根據(jù)導(dǎo)函數(shù)圖象，知2是函數(shù)的極小值點，函數(shù)yf(x)的大致圖象如圖所示由于f(0)f(3)2，1<a<2，所以yf(x)a的零點個數(shù)為4.答案：D3若函數(shù)f(x)在R上可導(dǎo)，且滿足f(x)xf(x)0，則()A3f(1)f(3) B3f(1)f(3)C3f(1)f(3) Df(1)f(3)解析：由于f(x)xf(x)，則0恒成立，因此y在R上是單調(diào)減函數(shù)，所以，即3f(1)f(3)答案：B4已知函數(shù)f(x)exln x，則下面對函數(shù)f(x)的描述正確的是()Ax(0，)，f(x)2Bx(0，)，f(x)2Cx0(0，)，f(x0)0Df(x)min(0，1)解析：因為f(x)exln x的定義域為(0，)，且f(x)ex，令g(x)xex1，x0，則g(x)(x1)ex0在(0，)上恒成立，所以g(x)在(0，)上單調(diào)遞增，又g(0)·g(1)(e1)0，所以x0(0，1)，使g(x0)0，則f(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，)上單調(diào)遞增，則f(x)minf(x0)ex0ln x0，又ex0，x0ln x0，所以f(x)minx02.答案：B5已知函數(shù)f(x)，若函數(shù)g(x)f(x)a無零點，則實數(shù)a的取值范圍為()A. B.C(2e，0 D(e，0解析：依題意，f(x)·，令h(x)·ln x，注意到函數(shù)h(x)單調(diào)遞增，且h(e)0，故當(dāng)x(0，e)時，h(x)<0，當(dāng)x(e，)時，h(x)>0.故函數(shù)f(x)在(0，1)和(1，e)上單調(diào)遞減，在(e，)上單調(diào)遞增，作出函數(shù)f(x)的圖象如下圖所示令f(x)a0，得f(x)a，觀察可知0a<e，即e<a0.答案：D二、填空題6做一個無蓋的圓柱形水桶，若要使其體積是27 dm3，且用料最省，則圓柱的底面半徑為_dm.解析：設(shè)圓柱的底面半徑為R dm，母線長為l dm，則VR2l27，所以l，要使用料最省，只需使圓柱形水桶的表面積最小S表R22RlR22·，所以S表2R.令S表0，得R3，則當(dāng)R3時，S表最小答案：37對于函數(shù)yf(x)，若其定義域內(nèi)存在兩個不同實數(shù)x1，x2，使得xif(xi)1(i1，2)成立，則稱函數(shù)f(x)具有性質(zhì)P.若函數(shù)f(x)具有性質(zhì)P，則實數(shù)a的取值范圍為_解析：依題意，xf(x)1，即1在R上有兩個不相等實根，所以axex在R上有兩個不同的實根，令(x)xex，則(x)ex(x1)，當(dāng)x1時，(x)0，(x)在(，1)上是減函數(shù)；當(dāng)x1時，(x)0，(x)在(1，)上是增函數(shù)因此(x)極小值為(1).在同一坐標(biāo)系中作y(x)與ya的圖象，又當(dāng)x0時，(x)xex0.由圖象知，當(dāng)a0時，兩圖象有兩個交點故實數(shù)a的取值范圍為.答案：三、解答題8設(shè)函數(shù)f(x)ln x，kR.(1)若曲線yf(x)在點(e，f(e)處的切線與直線x20垂直，求f(x)的單調(diào)性和極小值(其中e為自然對數(shù)的底數(shù))；(2)若對任意的x1>x2>0，f(x1)f(x2)<x1x2恒成立，求k的取值范圍解：(1)由條件得f(x)(x>0)，因為曲線yf(x)在點(e，f(e)處的切線與直線x20垂直，所以f(e)0，即0，得ke，所以f(x)(x>0)由f(x)<0得0<x<e；由f(x)>0得x>e.所以f(x)在(0，e)上單調(diào)遞減，在(e，)上單調(diào)遞增，當(dāng)xe時，f(x)取得極小值，且f(e)ln e2.所以f(x)的極小值為2.(2)由題意知對任意的x1>x2>0，f(x1)x1<f(x2)x2恒成立，設(shè)h(x)f(x)xln xx(x>0)，則h(x)在(0，)上單調(diào)遞減，所以h(x)10在(0，)上恒成立，故當(dāng)x>0時，kx2x恒成立，又，則k，故實數(shù)k的取值范圍是.9(2019·天津卷節(jié)選)設(shè)函數(shù)f(x)excos x，g(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù)(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)當(dāng)x時，證明：f(x)g(x)0.(1)解：由已知，有f(x)ex(cos xsin x)因此，當(dāng)x(kZ)時，有sin x>cos x，得f(x)<0，則f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x(kZ)時，有sin x<cos x，得f(x)>0，則f(x)單調(diào)遞增所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(kZ)，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(kZ)(2)證明：記h(x)f(x)g(x).依題意及(1)，有g(shù)(x)ex(cos xsin x)，從而g(x)2exsin x.當(dāng)x時，g(x)<0，故h(x)f(x)g(x)g(x)(1)g(x)<0.因此，h(x)在區(qū)間上單調(diào)遞減，進(jìn)而h(x)hf0.所以當(dāng)x時，f(x)g(x)0.B級能力提升10已知函數(shù)f(x)ln x，g(x)xm(mR)(1)若f(x)g(x)恒成立，求實數(shù)m的取值范圍；(2)已知x1，x2是函數(shù)F(x)f(x)g(x)的兩個零點，且x1<x2，求證：x1x2<1.(1)解：令F(x)f(x)g(x)ln xxm(x>0)，則F(x)1(x>0)，當(dāng)x>1時，F(xiàn)(x)<0，當(dāng)0<x<1時，F(xiàn)(x)>0，所以F(x)在(1，)上單調(diào)遞減，在(0，1)上單調(diào)遞增F(x)在x1處取得最大值1m，若f(x)g(x)恒成立，則1m0，即m1.(2)證明：由(1)可知，若函數(shù)F(x)f(x)g(x)有兩個零點，則m<1，0<x1<1<x2，要證x1x2<1，只需證x2<，由于F(x)在(1，)上單調(diào)遞減，從而只需證F(x2)>F，由F(x1)F(x2)0，mln x1x1，即證lnmlnx1ln x1<0，令h(x)x2ln x(0<x<1)，則h(x)1>0，故h(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，h(x)<h(1)0，所以x1x2<1.11(2018·全國卷)已知函數(shù)f(x)xaln x.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)若f(x)存在兩個極值點x1，x2，證明：<a2.(1)解：f(x)的定義域為(0，)，f(x)1.若a2，則f(x)0，當(dāng)且僅當(dāng)a2，x1時，f(x)0，所以f(x)在(0，)上單調(diào)遞減若a>2，令f(x)0，得x或x.當(dāng)x(0，)(，)時，f(x)<0；當(dāng)x(，)時，f(x)>0.所以f(x)在(0，)，(，)上單調(diào)遞減，在(，)上單調(diào)遞增(2)證明：由(1)知，f(x)存在兩個極值點當(dāng)且僅當(dāng)a>2.由于f(x)的兩個極值點x1，x2滿足x2ax10，所以x1x21，不妨設(shè)0x1<x2，則x2>1.由于1a2a2a，所以<a2等價于x22ln x2<0.設(shè)函數(shù)g(x)x2ln x，由(1)知，g(x)在(0，)上單調(diào)遞減又g(1)0，從而當(dāng)x(1，)時，g(x)<0.所以x22ln x2<0，故<a2.