高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí)與策略 第1部分 專題6 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 突破點18 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用(酌情自選)專題限時集訓(xùn) 理-人教版高三數(shù)學(xué)試題

《高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí)與策略 第1部分 專題6 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 突破點18 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用(酌情自選)專題限時集訓(xùn) 理-人教版高三數(shù)學(xué)試題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí)與策略 第1部分 專題6 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 突破點18 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用(酌情自選)專題限時集訓(xùn) 理-人教版高三數(shù)學(xué)試題（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題限時集訓(xùn)(十八)導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用A組高考達標一、選擇題1(2016四川高考)已知a為函數(shù)f(x)x312x的極小值點，則a()A4B2C4D2D由題意得f(x)3x212，令f(x)0得x2，當(dāng)x2時，f(x)0；當(dāng)2x2時，f(x)0，f(x)在(，2)上為增函數(shù)，在(2,2)上為減函數(shù)，在(2，)上為增函數(shù)f(x)在x2處取得極小值，a2.2(2016棗莊模擬)已知函數(shù)f(x)是定義在R上的可導(dǎo)函數(shù)，f(x)為其導(dǎo)函數(shù)，若對于任意實數(shù)x，有f(x)f(x)0，則()Aef(2 015)f(2 016)Bef(2 015)f(2 016)Cef(2 015)f(2 016)Def(2 015)

2、與f(2 016)大小不能確定A令g(x)，則g(x)，因為f(x)f(x)0，所以g(x)0，所以函數(shù)g(x)在R上單調(diào)遞減，所以g(2 015)g(2 016)，即，所以ef(2 015)f(2 016)，故選A.3(2016安慶模擬)已知函數(shù)f(x)k，若x2是函數(shù)f(x)的唯一一個極值點，則實數(shù)k的取值范圍為() 【導(dǎo)學(xué)號：67722068】A(，eB0，eC(，e)D0，e)Af(x)k(x0)設(shè)g(x)，則g(x)，則g(x)在(0,1)內(nèi)單調(diào)遞減，在(1，)內(nèi)單調(diào)遞增g(x)在(0，)上有最小值，為g(1)e, 結(jié)合g(x)與yk的圖象可知，要滿足題意，只需ke，選A.4(201

3、6邯鄲一模)已知函數(shù)f(x)x3ax2bxc有兩個極值點x1，x2.若f(x1)x1x2，則關(guān)于x的方程3(f(x)22af(x)b0的不同實根個數(shù)為()A3B4 C5D6Af(x)3x22axb，原題等價于方程3x22axb0有兩個不等實數(shù)根x1，x2，且x1x2，x(，x1)時，f(x)0，f(x)單調(diào)遞增；x(x1，x2)時，f(x)0，f(x)單調(diào)遞減；x(x2，)時，f(x)0，f(x)單調(diào)遞增x1為極大值點，x2為極小值點方程3(f(x)22af(x)b0有兩個不等實根，f(x)x1或f(x)x2.f(x1)x1，由圖知f(x)x1有兩個不同的解，f(x)x2僅有一個解故選A.5(

4、2016合肥二模)定義在R上的偶函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f(x)，若對任意的實數(shù)x，都有2f(x)xf(x)2恒成立，則使x2f(x)f(1)x21成立的實數(shù)x的取值范圍為() 【導(dǎo)學(xué)號：67722069】Ax|x1B(，1)(1，)C(1,1)D(1,0)(0,1)B設(shè)g(x)x2f(x)1，則由f(x)為偶函數(shù)得g(x)x2f(x)1為偶函數(shù)又因為g(x)2xf(x)1x2f(x)x2f(x)xf(x)2，且2f(x)xf(x)2，即2f(x)xf(x)20，所以當(dāng)x0時，g(x)x2f(x)xf(x)20，函數(shù)g(x)x2f(x)1單調(diào)遞減；當(dāng)x0時，g(x)x2f(x)xf(x)20，函

5、數(shù)g(x)x2f(x)1單調(diào)遞增，則不等式x2f(x)f(1)x21x2f(x)x2f(1)1g(x)g(1)|x|1，解得x1或x1，故選B.二、填空題6(2016全國丙卷)已知f(x)為偶函數(shù)，當(dāng)x0時，f(x)f(x)ln x3x，所以f(x)3，則f(1)2.所以yf(x)在點(1，3)處的切線方程為y32(x1)，即y2x1.7(2016長沙一模)已知函數(shù)f(x)是定義在R上的可導(dǎo)函數(shù)，其導(dǎo)函數(shù)記為f(x)，若對于任意的實數(shù)x，有f(x)f(x)，且yf(x)1是奇函數(shù)，則不等式f(x)ex的解集為_(0，)由題意令g(x)，則g(x).因為f(x)f(x)，所以g(x)0，即g(x

6、)在R上是單調(diào)遞減函數(shù)，因為yf(x)1為奇函數(shù)，所以f(0)10，即f(0)1，g(0)1，則不等式f(x)ex等價為1g(0)，即g(x)g(0)，解得x0，所以不等式的解集為(0，)8(2016鄭州一模)已知函數(shù)f(x)x33ax(aR)，若直線xym0對任意的mR都不是曲線yf(x)的切線，則a的取值范圍為_af(x)x33ax(aR)，則f(x)3x23a，若直線xym0對任意的mR都不是曲線yf(x)的切線，則直線的斜率為1，f(x)3x23a與直線xym0沒有交點，又拋物線開口向上則必在直線上面，即最小值大于直線斜率，則當(dāng)x0時取最小值，3a1，則a的取值范圍為a.三、解答題9(

7、2016濰坊二模)已知函數(shù)f(x)bln x，曲線yf(x)在點(1，f(1)處的切線方程為yx.(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間及極值；(2)若x1，f(x)kx恒成立，求k的取值范圍解(1)f(x)的定義域為(0，)，f(x)，2分故f(1)ba1，又f(1)a，點(1，a)在直線yx上，a1，則b2.f(x)2ln x且f(x)，當(dāng)0x時，f(x)0，當(dāng)x時，f(x)0，故函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間為，單調(diào)減區(qū)間為，f(x)極小值f22ln 2，無極大值.6分(2)由題意知，k(x1)恒成立，令g(x)(x1)，則g(x)(x1)，8分令h(x)xxln x1(x1)，則h(x)ln x(x

8、1)，當(dāng)x1時，h(x)0，h(x)在1，)上為減函數(shù)，故h(x)h(1)0，故g(x)0，g(x)在1，)上為減函數(shù)，故g(x)的最大值為g(1)1，k1.12分10(2016北京高考)設(shè)函數(shù)f(x)x3ax2bxc.(1)求曲線yf(x)在點(0，f(0)處的切線方程；(2)設(shè)ab4，若函數(shù)f(x)有三個不同零點，求c的取值范圍；(3)求證：a23b0是f(x)有三個不同零點的必要而不充分條件解(1)由f(x)x3ax2bxc，得f(x)3x22axb.因為f(0)c，f(0)b，所以曲線yf(x)在點(0，f(0)處的切線方程為ybxc.2分(2)當(dāng)ab4時，f(x)x34x24xc，所

9、以f(x)3x28x4.令f(x)0，得3x28x40，解得x2或x.f(x)與f(x)在區(qū)間(，)上的情況如下：x(，2)2f(x)00f(x)cc所以，當(dāng)c0且c0時，存在x1(4，2)，x2，x3，使得f(x1)f(x2)f(x3)0.由f(x)的單調(diào)性知，當(dāng)且僅當(dāng)c時，函數(shù)f(x)x34x24xc有三個不同零點.8分(3)證明：當(dāng)4a212b0時，f(x)3x22axb0，x(，)，此時函數(shù)f(x)在區(qū)間(，)上單調(diào)遞增，所以f(x)不可能有三個不同零點當(dāng)4a212b0時，f(x)3x22axb只有一個零點，記作x0.當(dāng)x(，x0)時，f(x)0，f(x)在區(qū)間(，x0)上單調(diào)遞增；當(dāng)

10、x(x0，)時，f(x)0，f(x)在區(qū)間(x0，)上單調(diào)遞增所以f(x)不可能有三個不同零點.10分綜上所述，若函數(shù)f(x)有三個不同零點，則必有4a212b0.故a23b0是f(x)有三個不同零點的必要條件當(dāng)ab4，c0時，a23b0，f(x)x34x24xx(x2)2只有兩個不同零點，所以a23b0不是f(x)有三個不同零點的充分條件因此a23b0是f(x)有三個不同零點的必要而不充分條件.13分B組名校沖刺一、選擇題1(2016江西贛中南五校聯(lián)考)已知函數(shù)yf(x)對任意的x滿足f(x)cos xf(x)sin x0(其中f(x)是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù))，則下列不等式成立的是()A.f

11、fB.ffCf(0)2fDf(0)fA令g(x)，則g(x)，由對任意的x滿足f(x)cos xf(x)sin x0，可得g(x)0，即函數(shù)g(x)在上為增函數(shù)，則gg，即，即ff.故選A.2(2016忻州模擬)已知函數(shù)f(x)ax2bxln x(a0，bR)，若對任意x0，f(x)f(1)，則()Aln a2bBln a2bCln a2bDln a2bAf(x)2axb，由題意可知f(1)0，即2ab1，由選項可知，只需比較ln a2b與0的大小，而b12a，所以只需判斷l(xiāng)n a24a的符號構(gòu)造一個新函數(shù)g(x)24xln x，則g(x)4，令g(x)0，得x，當(dāng)x時，g(x)為增函數(shù)，當(dāng)x

12、時，g(x)為減函數(shù)，所以對任意x0有g(shù)(x)g1ln 40，所以有g(shù)(a)24aln a2bln a0ln a2b，故選A.3(2016深圳一模)已知函數(shù)f(x)ln xax2x有兩個不同零點，則實數(shù)a的取值范圍是()A(0,1)B(，1)C.D.A令g(x)ln x，h(x)ax2x，將問題轉(zhuǎn)化為兩個函數(shù)圖象交點的問題當(dāng)a0時，g(x)和h(x)的圖象只有一個交點，不滿足題意；當(dāng)a0時，由ln xax2x0，得a.令r(x)，則r(x)，當(dāng)0x1時，r(x)0，r(x)是單調(diào)增函數(shù)，當(dāng)x1時，r(x)0，r(x)是單調(diào)減函數(shù)，且0，0a1.a的取值范圍是(0,1)故選A.4(2016南昌模

13、擬)已知函數(shù)f(x)x(ln xax)有兩個極值點，則實數(shù)a的取值范圍是() 【導(dǎo)學(xué)號：67722070】A(，0)B.C(0,1)D(0，)Bf(x)x(ln xax)，f(x)ln x2ax1，由題意可知f(x)在(0，)上有兩個不同的零點，令f(x)0，則2a，令g(x)，則g(x)，g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，)上單調(diào)遞減又當(dāng)x0時，g(x)，當(dāng)x時，g(x)0，而g(x)maxg(1)1，只需02a10a.二、填空題5(2016皖南八校聯(lián)考)已知x(0,2)，若關(guān)于x的不等式恒成立，則實數(shù)k的取值范圍為_0，e1)依題意，知k2xx20，即kx22x對任意x(0,2)恒成

14、立，從而k0，所以由可得kx22x.令f(x)x22x，則f(x)2(x1)(x1).令f(x)0，得x1，當(dāng)x(1,2)時，f(x)0，函數(shù)f(x)在(1,2)上單調(diào)遞增，當(dāng)x(0,1)時，f(x)0，函數(shù)f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，所以kf(x)minf(1)e1，故實數(shù)k的取值范圍是0，e1)6(2016武漢模擬)已知函數(shù)g(x)滿足g(x)g(1)ex1g(0)xx2，且存在實數(shù)x0使得不等式2m1g(x0)成立，則m的取值范圍為_1，)g(x)g(1)ex1g(0)x，當(dāng)x1時，g(0)1，由g(0)g(1)e01，解得g(1)e，所以g(x)exxx2，則g(x)ex1x，當(dāng)x

15、0時，g(x)0，當(dāng)x0時，g(x)0，所以當(dāng)x0時，函數(shù)g(x)取得最小值g(0)1，根據(jù)題意將不等式轉(zhuǎn)化為2m1g(x)min1，所以m1.三、解答題7(2016全國甲卷)已知函數(shù)f(x)(x1)ln xa(x1)(1)當(dāng)a4時，求曲線yf(x)在(1，f(1)處的切線方程；(2)若當(dāng)x(1，)時，f(x)0，求a的取值范圍解(1)f(x)的定義域為(0，)當(dāng)a4時，f(x)(x1)ln x4(x1)，f(1)0，f(x)ln x3，f(1)2.故曲線yf(x)在(1，f(1)處的切線方程為2xy20.4分(2)當(dāng)x(1，)時，f(x)0等價于ln x0.設(shè)g(x)ln x，則g(x)，g

16、(1)0.8分當(dāng)a2，x(1，)時，x22(1a)x1x22x10，故g(x)0，g(x)在(1，)單調(diào)遞增，因此g(x)0；當(dāng)a2時，令g(x)0得x1a1，x2a1.由x21和x1x21得x11，故當(dāng)x(1，x2)時，g(x)0，g(x)在(1，x2)單調(diào)遞減，因此g(x)0.綜上，a的取值范圍是(，2.12分8(2016四川高考)設(shè)函數(shù)f(x)ax2aln x，g(x)，其中aR，e2.718為自然對數(shù)的底數(shù)(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)證明：當(dāng)x1時，g(x)0；(3)確定a的所有可能取值，使得f(x)g(x)在區(qū)間(1，)內(nèi)恒成立解(1)由題意得f(x)2ax(x0)當(dāng)a0時，f

17、(x)0時，由f(x)0有x，當(dāng)x時，f(x)0，f(x)單調(diào)遞增.4分(2)證明：令s(x)ex1x，則s(x)ex11.當(dāng)x1時，s(x)0，所以ex1x，從而g(x)0.8分(3)由(2)知，當(dāng)x1時，g(x)0.當(dāng)a0，x1時，f(x)a(x21)ln xg(x)在區(qū)間(1，)內(nèi)恒成立時，必有a0.當(dāng)0a1.由(1)有f0，所以此時f(x)g(x)在區(qū)間(1，)內(nèi)不恒成立.11分當(dāng)a時，令h(x)f(x)g(x)(x1)當(dāng)x1時，h(x)2axe1xx0.因此，h(x)在區(qū)間(1，)上單調(diào)遞增又因為h(1)0，所以當(dāng)x1時，h(x)f(x)g(x)0，即f(x)g(x)恒成立綜上，a.14分