【文档说明】高考数学(文数)一轮复习考点通关练第2章《函数、导数及其应用》15 (含详解).ppt，共(65)页，776.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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高考总复习首选用卷·文科数学第一部分考点通关练第二章函数、导数及其应用考点测试15导数的应用(一)第1步狂刷小题·练基础一、基础小题1．函数f(x)＝1＋x－sinx在(0,2π)上是()A．增函数B．减函数C．在(0，π)上增，在(π，2π)上减D．在(0，π)上减

，在(π，2π)上增解析f′(x)＝1－cosx>0，∴f(x)在(0,2π)上递增．2．设函数f(x)＝2x＋lnx，则()A．x＝12为f(x)的极大值点B．x＝12为f(x)的极小值点C．x＝2为f(x)的极大值点D．x＝2为f(x)的极小值点解析f(x)＝2x＋l

nx(x>0)，f′(x)＝－2x2＋1x＝x－2x2，x>2时，f′(x)>0，这时f(x)为增函数；0<x<2时，f′(x)<0，这时f(x)为减函数，据此知x＝2为f(x)的极小值点，故选D.3．函数f(x)＝ex－x(e为自然对数的底数)在区间[－1,1]上的最大值

是()A．1＋1eB．1C．e＋1D．e－1解析因为f(x)＝ex－x，所以f′(x)＝ex－1.令f′(x)＝0，得x＝0.且当x>0时，f′(x)＝ex－1>0，x<0时，f′(x)＝ex－1<0，即函数在x＝0处取得极小

值，f(0)＝1.又f(－1)＝1e＋1，f(1)＝e－1，综合比较得函数f(x)＝ex－x在区间[－1,1]上的最大值是e－1.故选D.4.已知定义在R上的函数f(x)，其导函数f′(x)的大致图象如图所示，则下列叙述正确的是()A．f(b)>f(c)

>f(d)B．f(b)>f(a)>f(e)C．f(c)>f(b)>f(a)D．f(c)>f(e)>f(d)解析依题意得，当x∈(－∞，c)时，f′(x)>0；当x∈(c，e)时，f′(x)<0；当x∈(e，＋∞)时，f′(

x)>0.因此，函数f(x)在(－∞，c)上是增函数，在(c，e)上是减函数，在(e，＋∞)上是增函数，又a<b<c，所以f(c)>f(b)>f(a)，选C.5．已知函数f(x)的导函数f′(x)＝ax2＋bx

＋c的图象如右图所示，则f(x)的图象可能是()解析当x<0时，由导函数f′(x)＝ax2＋bx＋c<0，知相应的函数f(x)在该区间内单调递减；当x>0时，由导函数f′(x)＝ax2＋bx＋c的图象可知，导函数在区间(0，x1)内的值是大于0

的，则在此区间内函数f(x)单调递增．只有D选项符合题意．6．已知函数f(x)＝－x3＋ax2－x－1在R上是单调函数，则实数a的取值范围是()A．(－∞，－3)∪[3，＋∞)B．[－3，3]C．(－∞，－3)∪(3，＋∞)D．(－3，3)解析f′(x)＝－3x2＋2ax－1≤0恒成立

，∴Δ＝4a2－12≤0，－3≤a≤3.7．若函数f(x)＝x33－a2x2＋x＋1在区间12，3上有极值点，则实数a的取值范围是()A．2，52B．2，52C

．2，103D．2，103解析∵f(x)＝x33－a2x2＋x＋1，∴f′(x)＝x2－ax＋1.若函数f(x)＝x33－a2x2＋x＋1在区间12，3上有极值点，则f′(x)

＝x2－ax＋1在区间12，3内有零点，由f′(x)＝x2－ax＋1＝0，可知a＝x＋1x.∵函数y＝x＋1x在12，1上单调递减，在(1,3)上单调递增，∴y∈2，103，即2≤a<103.当a＝2时，由f′(x)＝0解得x＝1，

而f(x)在12，1，(1,3)上单调性相同，故不存在极值点，则a≠2.综上可知，2<a<103，故选C.8．函数f(x)的定义域是R，f(0)＝2，对任意x∈R，f(x)＋f′(x)>1，则不等式ex·f(x)>ex＋1的解

集为()A．{x|x>0}B．{x|x<0}C．{x|x<－1或x>1}D．{x|x<－1或0<x<1}解析构造函数g(x)＝ex·f(x)－ex，因为g′(x)＝ex·f(x)＋ex·f′(x)－ex＝ex[f(

x)＋f′(x)]－ex>ex－ex＝0，所以g(x)＝ex·f(x)－ex为R上的增函数，又因为g(0)＝e0·f(0)－e0＝1，所以原不等式转化为g(x)>g(0)，解得x>0.二、高考小题9．[2016·四川高考]已知a为函数f(x)＝

x3－12x的极小值点，则a＝()A．－4B．－2C．4D．2解析由题意可得f′(x)＝3x2－12＝3(x－2)(x＋2)，令f′(x)＝0，得x＝－2或x＝2，则f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表：x(－∞，－2)－2(－2,2)2(2，＋∞)f′(x)＋0－0

＋f(x)极大值极小值∴函数f(x)在x＝2处取得极小值，则a＝2.故选D.10．[2015·安徽高考]函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d的图象如图所示，则下列结论成立的是()A．a>0，b<0，c>0，d>0B．a>0，b<0，c<0，d>0C．a<0，b<0

，c>0，d>0D．a>0，b>0，c>0，d<0解析∵函数f(x)的图象在y轴上的截距为正值，∴d>0.∵f′(x)＝3ax2＋2bx＋c，且函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d在(－∞，x1)上单调递增，(x1，x

2)上单调递减，(x2，＋∞)上单调递增，∴f′(x)<0的解集为(x1，x2)，∴a>0，又x1，x2均为正数，∴c3a>0，－2b3a>0，可得c>0，b<0.11．[2016·全国卷Ⅰ]若函数f(x)＝x－13sin2x＋as

inx在(－∞，＋∞)单调递增，则a的取值范围是()A．[－1,1]B.－1，13C.－13，13D.－1，－13解析函数f(x)＝x－13sin2x＋a

sinx在(－∞，＋∞)单调递增，等价于f′(x)＝1－23cos2x＋acosx＝－43cos2x＋acosx＋53≥0在(－∞，＋∞)恒成立．设cosx＝t，则g(t)＝－43t2＋at＋53≥0在[－1,1]恒成立，所以g1＝－43＋a＋53≥0，g－1＝－43

－a＋53≥0，解得－13≤a≤13.故选C.12．[2015·天津高考]已知函数f(x)＝axlnx，x∈(0，＋∞)，其中a为实数，f′(x)为f(x)的导函数．若f′(1)＝3，则a的值为________．3解析

∵f′(x)＝alnx＋a，∴f′(1)＝aln1＋a＝3，解得a＝3.13．[2015·四川高考]已知函数f(x)＝2x，g(x)＝x2＋ax(其中a∈R)．对于不相等的实数x1，x2，设m＝fx1

－fx2x1－x2，n＝gx1－gx2x1－x2.现有如下命题：①对于任意不相等的实数x1，x2，都有m>0；②对于任意的a及任意不相等的实数x1，x2，都有n>0；③对于任意的a，存在不相等的实数x1，x2，使得m＝n；④对

于任意的a，存在不相等的实数x1，x2，使得m＝－n.其中的真命题有________(写出所有真命题的序号)．①④解析①f(x)＝2x是增函数，∴对任意不相等的实数x1，x2，都有fx1－fx2

x1－x2>0，即m>0，∴①成立．②由g(x)＝x2＋ax图象可知，当x∈－∞，－a2时，g(x)是减函数，∴当不相等的实数x1、x2∈－∞，－a2时，gx1－gx2x1－x2<0，即n<0，∴②不成立．③若m＝n，则

有fx1－fx2x1－x2＝gx1－gx2x1－x2，即f(x1)－f(x2)＝g(x1)－g(x2)，f(x1)－g(x1)＝f(x2)－g(x2)，令h(x)＝f(x)－g(x)，则h(x)＝2x－x2－ax，h′(x)＝2xln2－2x－

a，令h′(x)＝2xln2－2x－a＝0，得2xln2＝2x＋a.由y＝2xln2与y＝2x＋a的图象知，存在a使对任意x∈R恒有2xln2>2x＋a，此时h(x)在R上是增函数．若h(x1)＝h(x2)，则x1＝x2，∴③不成立．④若m＝－n，则有fx1－fx2x1－x2＝－

gx1－gx2x1－x2，f(x1)＋g(x1)＝f(x2)＋g(x2)，令φ(x)＝f(x)＋g(x)，则φ(x)＝2x＋x2＋ax，φ′(x)＝2xln2＋2x＋a.令φ′(x)＝0，得2xln2＋2x＋a＝0，即2x

ln2＝－2x－a.由y1＝2xln2与y2＝－2x－a的图象可知，对任意的a，存在x0，使x>x0时，y1>y2，x<x0时，y1<y2，故对任意的a，存在x0，使x>x0时，φ′(x)>0，x<x0时φ′(x)

<0，故对任意的a，φ(x)在R上不是单调函数．故对任意的a，存在不相等的实数x1，x2，使m＝－n，∴④成立．综上，①④正确．三、模拟小题14．[2017·安徽模拟]已知函数f(x)＝exx2－k2x＋lnx，若x＝2是函数f(x)的唯一一个极值点，则实数k的取值范围

为()A．(－∞，e]B．[0，e]C．(－∞，e)D．[0，e)解析f′(x)＝x2ex－2xexx4－k－2x2＋1x＝x－2exx－kx2(x>0)．设g(x)＝exx，则g′(x)＝x－1exx2，则g

(x)在(0,1)内单调减，在(1，＋∞)内单调增．∴g(x)在(0，＋∞)上有最小值，为g(1)＝e，结合g(x)＝exx与y＝k的图象可知，要满足题意，只需k≤e，选A.15．[2017·山西四校联考]直线y＝a分别与直线y＝3x＋3，曲

线y＝2x＋lnx交于A，B两点，则|AB|的最小值为()A．43B．1C．2105D．4解析设与直线y＝3x＋3平行且与曲线y＝2x＋lnx相切的直线为y＝3x＋b，则y′＝2＋1x＝3，解得x＝1，所以切点为(1,2)．所以当a＝2时，直线y＝a与直线y＝3x＋3的交

点为－13，2，此时|AB|min＝43.16．[2016·浙江瑞安中学月考]已知函数f(x)＝x3＋bx2＋cx的图象如图所示，则x21＋x22等于()A．23B．43C．83D．163解析由图象可知f(x)的图

象过点(1,0)与(2,0)，x1，x2是函数f(x)的极值点，因此1＋b＋c＝0,8＋4b＋2c＝0，解得b＝－3，c＝2，所以f(x)＝x3－3x2＋2x，所以f′(x)＝3x2－6x＋2.x1，x2是方程f′(x)＝3x2－6x＋2＝0的两根，因此x1＋x2＝2，x1·x2＝23，所以

x21＋x22＝(x1＋x2)2－2x1·x2＝4－43＝83，故选C.17．[2016·山西质监]已知函数f(x)＝xex－1ex，若f(x1)<f(x2)，则()A．x1>x2B．x1＋x2＝0C．x1<x2D．x21<x22解析因为f(－x

)＝－xe－x－1e－x＝xex－1ex＝f(x)，所以f(x)为偶函数．由f(x1)<f(x2)，得f(|x1|)<f(|x2|)(*)．又f′(x)＝ex－1ex＋xex＋1ex＝e2xx＋1＋

x－1ex，当x≥0时，e2x(x＋1)＋x－1≥e0(0＋1)＋0－1＝0，所以f′(x)≥0，所以f(x)在[0，＋∞)上为增函数，由(*)式得|x1|<|x2|，即x21<x22，故选D.18．[2017·河北衡中调研]已知f(x)是奇

函数，当x∈(0,2)时，f(x)＝lnx－axa>12，当x∈(－2,0)时，f(x)的最小值为1，则a的值为________．1解析因为f(x)是奇函数，所以f(x)在(0,2)上的最大值为－1，当x∈(

0,2)时，f′(x)＝1x－a，令f′(x)＝0，得x＝1a，又a>12，所以0<1a<2.令f′(x)>0，得x<1a，所以f(x)在0，1a上单调递增；令f′(x)<0，得x>1

a，所以f(x)在1a，2上单调递减．所以当x∈(0,2)时，f(x)max＝f1a＝ln1a－a·1a＝－1，所以ln1a＝0，所以a＝1.第2步精做大题·练能力一、高考大题1．[2015·重庆高考]已知函数f(x)＝a

x3＋x2(a∈R)在x＝－43处取得极值．(1)确定a的值；(2)若g(x)＝f(x)ex，讨论g(x)的单调性．解(1)对f(x)求导得f′(x)＝3ax2＋2x，因为f(x)在x＝－43处取得极值，所以f′

－43＝0，即3a·169＋2·－43＝16a3－83＝0，解得a＝12.(2)由(1)得g(x)＝12x3＋x2ex，故g′(x)＝32x2＋2xex

＋12x3＋x2ex＝12x3＋52x2＋2xex＝12x(x＋1)(x＋4)ex.令g′(x)＝0，解得x＝0，x＝－1或x＝－4.当x<－4时，g′(x)<0，故g(x

)为减函数；当－4<x<－1时，g′(x)>0，故g(x)为增函数；当－1<x<0时，g′(x)<0，故g(x)为减函数；当x>0时，g′(x)>0，故g(x)为增函数．综上，知g(x)在(－∞，－4)和(－1,0)内为减函数，在(－4，－1)和(0，＋∞)内为增函数．2．[2016

·全国卷Ⅰ]已知函数f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．解(1)f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a)．(ⅰ)设a≥0，则当x∈(－∞，1)时

，f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0.所以f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．(ⅱ)设a<0，由f′(x)＝0，得x＝1或x＝ln(－2a)．①若a＝－e2，则f′(x)＝(x－1)(ex－e)，所以f(

x)在(－∞，＋∞)上单调递增．②若0>a>－e2，则ln(－2a)<1，故当x∈(－∞，ln(－2a))∪(1，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈(ln(－2a)，1)时，f′(x)<0.所以f(x)在(－∞，ln(－2a))，(1，＋

∞)上单调递增，在(ln(－2a)，1)上单调递减．③若a<－e2，则ln(－2a)>1，故当x∈(－∞，1)∪(ln(－2a)，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈(1，ln(－2a))时，f′(x)<0.所以f(x)在(－∞，1)，(ln(－2a)，＋∞)上单调递增，在(1，ln(－

2a))上单调递减．(2)(ⅰ)设a>0，则由(1)知f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．又f(1)＝－e，f(2)＝a>0，取b满足b<0且b<lna2，则f(b)>a2(b－2)＋a(b－1)2

＝ab2－32b>0，所以f(x)有两个零点．(ⅱ)设a＝0，则f(x)＝(x－2)ex，所以f(x)只有一个零点．(ⅲ)设a<0，若a≥－e2，则由(1)知，f(x)在(1，＋∞)上单调递增，又当x≤1时，f(x)<0，故f(x)不存

在两个零点；若a<－e2，则由(1)知，f(x)在(1，ln(－2a))上单调递减，在(ln(－2a)，＋∞)上单调递增，又当x≤1时，f(x)<0，故f(x)不存在两个零点．综上，a的取值范围为(0，＋∞)．3．[2016·山东高考]设f(x)＝xlnx－ax2＋(2a－1)x，a∈R.(

1)令g(x)＝f′(x)，求g(x)的单调区间；(2)已知f(x)在x＝1处取得极大值，求实数a的取值范围．解(1)由f′(x)＝lnx－2ax＋2a，可得g(x)＝lnx－2ax＋2a，x∈(0，＋∞)．则g′(x)＝1x－2a＝1－2a

xx.当a≤0时，x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增；当a>0时，x∈0，12a时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增，x∈12a，＋∞时，函数g(x)单调递减．

所以当a≤0时，g(x)的单调增区间为(0，＋∞)；当a>0时，g(x)的单调增区间为0，12a，单调减区间为12a，＋∞.(2)因为f(x)在x＝1处取得极大值．所以0<x<1时，f′(x)>0；x＝1时，f′(1)＝0；x>1时，f′(

x)<0，即0<x<1时，g(x)>0；x＝1时，g(1)＝0；x>1时，g(x)<0.∴x＝1位于g(x)的减区间内，∴g′(1)<0，又∵g′(x)＝1x－2a，∴g′(1)＝1－2a<0，解得a>12.综上可知实数a的取值范围为a>1

2.二、模拟大题4．[2017·山西四校联考]已知函数f(x)＝1x－alnx(a∈R)．(1)若h(x)＝f(x)－2x，当a＝－3时，求h(x)的单调递减区间；(2)若函数f(x)有唯一的零点，求实数a的取值范围．解(1)

h(x)的定义域为(0，＋∞)，h′(x)＝－1x2＋3x－2＝－2x2－3x＋1x2＝－2x－1x－1x2，令h′(x)<0，得h(x)的单调递减区间是0，12和(1，＋∞)．(2)问题等价于alnx＝1x有唯

一的实根．显然a≠0，则关于x的方程xlnx＝1a有唯一的实根．构造函数φ(x)＝xlnx，则φ′(x)＝1＋lnx.令φ′(x)＝1＋lnx＝0，得x＝e－1.当0<x<e－1时，φ′(x)<0，φ(x)单调递减；当x>e－1时，φ′(x)>0，

φ(x)单调递增．所以φ(x)的极小值为φ(e－1)＝－e－1.如图，作出函数φ(x)的大致图象，则要使方程xlnx＝1a有唯一的实根，只需直线y＝1a与曲线y＝φ(x)有唯一的交点，则1a＝－e－1或1a>0，解得a＝－e或a>0.故实数a的取值范围是{－e}∪(0，＋∞)．5．[2016·石

家庄模拟]已知函数f(x)＝ex－3x＋3a(e为自然对数的底数，a∈R)．(1)求f(x)的单调区间与极值；(2)求证：当a>ln3e，且x>0时，exx>32x＋1x－3a.解(1)由f(x)＝ex－3x＋3a，x∈R，知f′

(x)＝ex－3，x∈R.令f′(x)＝0，得x＝ln3.于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，ln3)ln3(ln3，＋∞)f′(x)－0＋f(x)3(1－ln3＋a)故f(x)的单

调递减区间是(－∞，ln3]，单调递增区间是[ln3，＋∞)．y＝f(x)在x＝ln3处取得极小值，极小值为f(ln3)＝eln3－3ln3＋3a＝3(1－ln3＋a)．(2)证明：待证不等式等价于ex>32x2－3ax＋1.设g(x)＝ex－32x2＋3ax－1，x∈R，则g′(x)＝

ex－3x＋3a，x∈R.由(1)及a>ln3e＝ln3－1，知g′(x)的最小值为g′(ln3)＝3(1－ln3＋a)>0.于是对任意x∈R，都有g′(x)>0，所以g(x)在R内单调递增．于是当a>ln3e＝ln3－1

时，对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)>g(0)．因为g(0)＝0，所以对任意x∈(0，＋∞)，g(x)>0，即ex>32x2－3ax＋1，故exx>32x＋1x－3a.6．[2017·广西质检]设函数f(x)＝cl

nx＋12x2＋bx(b，c∈R，c≠0)，且x＝1为f(x)的极值点．(1)若x＝1为f(x)的极大值点，求f(x)的单调区间(用c表示)；(2)若f(x)＝0恰有两解，求实数c的取值范围．解f′(x)＝cx＋x＋b＝x2＋bx＋cx.因

为f′(1)＝0，所以f′(x)＝x－1x－cx且c≠1，则b＋c＋1＝0.(1)因为x＝1为f(x)的极大值点，所以c>1.当0<x<1时，f′(x)>0；当1<x<c时，f′(x)<0；当x>c时，f′(x)>0.所以f(x)的单调递增区间为(0,1)，(c，＋

∞)；单调递减区间为(1，c)．(2)①若c<0，则f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．若f(x)＝0恰有两解，则f(1)<0，即12＋b<0.所以－12<c<0.②若0<c<1，则f(x)极大值＝f(c)＝clnc＋12

c2＋bc，f(x)极小值＝f(1)＝12＋b.因为b＝－1－c，所以f(x)极大值＝clnc＋c22＋c(－1－c)＝clnc－c－c22<0，f(x)极小值＝－12－c<0，从而f(x)＝0只有一

解．③若c>1，则f(x)极小值＝clnc＋c22＋c(－1－c)＝clnc－c－c22<0，f(x)极大值＝－12－c<0，则f(x)＝0只有一解．综上，使f(x)＝0恰有两解的c的取值范围为

－12，0.