【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》16 (含详解).ppt，共(64)页，774.500 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16导数的应用(二)第1步狂刷小题·练基础一、基础小题1．函数f(x)＝x3－3x2＋2在区间[－1,1]上的最大值是()A．－2B．0C．2D．4解析令f′(x)＝3x2－6

x＝0，得x＝0，x＝2(舍去)．比较f(－1)，f(0)，f(1)的大小知f(x)max＝f(0)＝2.2．已知对任意实数x，都有f(－x)＝－f(x)，g(－x)＝g(x)，且x>0时，f′(x)>0，g

′(x)>0，则x<0时()A．f′(x)>0，g′(x)>0B．f′(x)>0，g′(x)<0C．f′(x)<0，g′(x)>0D．f′(x)<0，g′(x)<0解析由题意知f(x)是奇函数，g(x)是偶函数．当x>0时，f(x)，g(x

)都单调递增，则当x<0时，f(x)单调递增，g(x)单调递减，即f′(x)>0，g′(x)<0.3．若曲线f(x)＝x，g(x)＝xα在点P(1,1)处的切线分别为l1，l2，且l1⊥l2，则实数α的值为()A．－2B．2C．12D．－12解析f′(x)＝12x，g′(x)＝αxα－1，

所以在点P处的斜率分别为k1＝12，k2＝α，因为l1⊥l2，所以k1k2＝α2＝－1，所以α＝－2，选A.4．若函数f(x)＝2x2－lnx在其定义域内的一个子区间(k－1，k＋1)内不是单调函数，则实数k的取值范围是()A．[1，＋∞)B．1，32C．[1,2)D．

32，2解析因为f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝4x－1x，由f′(x)＝0，得x＝12.据题意得k－1<12<k＋1，k－1≥0，解得1≤k<32.故选B.5．做一个圆柱形锅炉，容积为V，两个底面的材料每单位面积的价格为a元，侧面的材料每单位面积的价格

为b元，当造价最低时，锅炉的底面直径与高的比为()A．abB．a2bC．baD．b2a解析如图，设圆柱的底面半径为R，高为h，则V＝πR2h.设造价为y＝2πR2a＋2πRhb＝2πaR2＋2πRb·VπR2＝2πaR2＋2bVR，∴

y′＝4πaR－2bVR2.令y′＝0，得2Rh＝ba.6.已知函数f(x)的定义域为R，f′(x)为其导函数，函数y＝f′(x)的图象如图所示，且f(－2)＝1，f(3)＝1，则不等式f(x2－6)>1的解集为()A．(2,3)∪(－3，－2)B．(－2，2)C．(2

,3)D．(－∞，－2)∪(2，＋∞)解析由y＝f′(x)的图象知，f(x)在(－∞，0]上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，又f(－2)＝1，f(3)＝1，∴f(x2－6)>1可化为－2<x2－6<3，∴2<x<3或－3<x<－2.7．

若0<x1<x2<1，则()A．ex2－ex1>lnx2－lnx1B．ex2－ex1<lnx2－lnx1C．x2ex1>x1ex2D．x2ex1<x1ex2解析构造函数f(x)＝ex－lnx，则f′(x)＝ex－1x，故f(x)＝ex－lnx在(0,1)

上有一个极值点，即f(x)＝ex－lnx在(0,1)上不是单调函数，无法判断f(x1)与f(x2)的大小，故A、B错；构造函数g(x)＝exx，则g′(x)＝xex－exx2＝exx－1x2，故函数g(x)＝exx在(0,1)上单调递减，故g(x1)>

g(x2)，x2ex1>x1ex2，故选C.8．已知f(x)＝lnx－x4＋34x，g(x)＝－x2－2ax＋4，若对任意的x1∈(0,2]，存在x2∈[1,2]，使得f(x1)≥g(x2)成立，则a的取值范围是()A．5

4，＋∞B．－18，＋∞C．－18，54D．－∞，－54解析因为f′(x)＝1x－34×1x2－14＝－x2＋4x－34x2＝－x－1x－34x2，易知，当x∈(0,1)时，f′(x)<0，当x

∈(1,2]时，f′(x)>0，所以f(x)在(0,1)上单调递减，在(1,2]上单调递增，故f(x)min＝f(1)＝12.对于二次函数g(x)＝－x2－2ax＋4，易知该函数开口向下，所以其在区间[1,2]上的最小值在端点处取得，即g(x)min＝min{g(1)，g(2)}．要使对任意的x

1∈(0,2]，存在x2∈[1,2]，使得f(x1)≥g(x2)成立，只需f(x1)min≥g(x2)min，即12≥g(1)且12≥g(2)，所以12≥－1－2a＋4且12≥－4－4a＋4，解得a≥54.二、高考小题9．[2015·福建高考]“对任意x∈

0，π2，ksinxcosx<x”是“k<1”的()A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件解析设f(x)＝ksinxcosx，g(x)＝x，对任意x∈

0，π2，ksinxcosx<x等价于f(x)<g(x)，即f(x)的图象恒在g(x)图象的下方．结合切线意义可知f′(0)≤1，即k≤1.故选B.10．[2014·全国卷Ⅱ]若函数f(x)＝kx－lnx在区间(

1，＋∞)上单调递增，则k的取值范围是()A．(－∞，－2]B．(－∞，－1]C．[2，＋∞)D．[1，＋∞)解析由条件知f′(x)＝k－1x≥0在(1，＋∞)上恒成立，即k≥1x在(1，＋∞)上恒成立，∵x>1，∴0<1x<1，∴k≥1.11．[2014·辽宁高考]当x∈[－2

,1]时，不等式ax3－x2＋4x＋3≥0恒成立，则实数a的取值范围是()A．[－5，－3]B.－6，－98C．[－6，－2]D．[－4，－3]解析当x∈(0,1]时，得a≥－31x3－41x2＋1x，令t＝1x，则t

∈[1，＋∞)，a≥－3t3－4t2＋t，令g(t)＝－3t3－4t2＋t，t∈[1，＋∞)，则g′(t)＝－9t2－8t＋1＝－(t＋1)(9t－1)，显然在[1，＋∞)上，g′(t)<0，g(t)单调递减，所以g(t)max＝g(1)＝－6，因此

a≥－6；同理，当x∈[－2,0)时，得a≤－2.由以上两种情况得－6≤a≤－2，显然当x＝0时也成立．故实数a的取值范围为[－6，－2]．12．[2015·全国卷Ⅰ]已知函数f(x)＝ax3＋x＋1的图象在点(1，f(1))处的切线过点(2,7)，则a＝________.1解

析由题意可得f′(x)＝3ax2＋1，∴f′(1)＝3a＋1，又f(1)＝a＋2，∴f(x)＝ax3＋x＋1的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y－(a＋2)＝(3a＋1)(x－1)，又此切线过点(

2,7)，∴7－(a＋2)＝(3a＋1)(2－1)，解得a＝1.三、模拟小题13．[2016·福建质检]已知函数f(x)＝13ax3＋12bx2＋cx＋d，其图象在点(1，f(1))处的切线斜率为0.若a<b<c，且函数f

(x)的单调递增区间为(m，n)，则n－m的取值范围是()A.1，32B.32，3C．(1,3)D．(2,3)解析由题意得f′(x)＝ax2＋bx＋c，因为函数f(x)＝13ax3＋12bx2＋cx＋d的图象在(

1，f(1))处的切线斜率为0，所以f′(1)＝a＋b＋c＝0，又因为a<b<c，所以a<0<c.因为函数f(x)的单调递增区间为(m，n)，所以mn＝ca<0，且m<n，则结合题意可知n＝1，m＝ca，则n－m＝

1－ca，又因为a<b<c，a＋b＋c＝0，所以ca∈－2，－12，则n－m＝1－ca∈32，3，故选B.14．[2017·湖北联考]已知函数g(x)满足g(x)＝g′(1)ex－1－g(0)x＋12x2，且存在实数x0，使得不等式2m－1≥g(x0)成立，则实数m

的取值范围为()A．(－∞，2]B．(－∞，3]C．[1，＋∞)D．[0，＋∞)解析g′(x)＝g′(1)ex－1－g(0)＋x，令x＝1时，得g′(1)＝g′(1)－g(0)＋1，∴g(0)＝1，g(0)＝g′(1)e0

－1，∴g′(1)＝e，∴g(x)＝ex－x＋12x2，g′(x)＝ex－1＋x，当x<0时，g′(x)<0，当x>0时，g′(x)>0，∴当x＝0时，函数g(x)取得最小值g(0)＝1.根据题意得2m－1≥g(x)min＝1，∴m≥1，故选C.15．[201

7·吉林长春模拟]已知函数f(x)＝m－1－x2(e≤x≤2e)(e为自然对数的底数)与g(x)＝2－5lnx的图象上存在关于x轴对称的点，则实数m的取值范围是()A．[e2－2，＋∞)B.－∞，－102C．[e,2e]D．[e2＋4,4e2＋5ln2＋4]解析

由题意可知，方程m－1－x2＝5lnx－2在[e,2e]上有解，即m＝x2＋5lnx－1在[e,2e]上有解．令h(x)＝x2＋5lnx－1，h′(x)＝2x＋5x，易知h(x)在[e,2e]上单调递增，所以h(x)在[e,2

e]上的最小值为e2＋5－1＝e2＋4，最大值为(2e)2＋5ln2e－1＝4e2＋5ln2＋4.所以实数m的取值范围是[e2＋4,4e2＋5ln2＋4]．故选D.16．[2016·湖北八校联考]已知函数f(x)＝x3－tx2＋

3x，若对于任意的a∈[1,2]，b∈(2,3]，函数f(x)在区间[a，b]上单调递减，则实数t的取值范围是()A．(－∞，3]B．(－∞，5]C．[3，＋∞)D．[5，＋∞)解析∵f(x)＝x3－tx2＋3x，∴f′(x)＝3x2－2tx＋3，由于函数f

(x)在[a，b]上单调递减，则有f′(x)≤0在[a，b]上恒成立，即不等式3x2－2tx＋3≤0在[a，b]上恒成立，即有t≥32x＋1x在[a，b]上恒成立，而函数y＝32x＋1x在[1,3]上单调递增，由于a∈[1,2]

，b∈(2,3]，当b＝3时，函数y＝32x＋1x取得最大值，即ymax＝323＋13＝5，所以t≥5，故选D.17．[2017·河北石家庄调研]已知f(x)＝12x2＋bx＋c(b，c是常数)和g(x)＝14x＋

1x是定义在M＝{x|1≤x≤4}上的函数，对于任意的x∈M，存在x0∈M使得f(x)≥f(x0)，g(x)≥g(x0)，且f(x0)＝g(x0)，则f(x)在M上的最大值为()A.72B．5C．6D．8解析因为g(x)＝14x＋1x≥214＝1(当且

仅当x＝2时等号成立)，所以f(2)＝2＋b2＋c＝g(2)＝1，c＝－1－b2，所以f(x)＝12x2＋bx－1－b2，f′(x)＝x－bx2＝x3－bx2.因为f(x)在x＝2处有最小值，所以f′(2)＝0，即b＝8，所以c＝－5，f(x)＝12

x2＋8x－5，f′(x)＝x3－8x2，所以f(x)在[1,2]上单调递减，在[2,4]上单调递增，而f(1)＝12＋8－5＝72，f(4)＝8＋2－5＝5，所以函数f(x)的最大值为5，故选B.18．[2017·河南

安阳模拟]已知函数f(x)＝ax3＋x2－ax(a∈R，且a≠0)．如果存在实数a∈(－∞，－1]，使得函数g(x)＝f(x)＋f′(x)，x∈[－1，b](b>－1)在x＝－1处取得最小值，则实数b的最大值为________．17－12解

析依题意，f′(x)＝3ax2＋2x－a，g(x)＝f(x)＋f′(x)＝ax3＋(3a＋1)x2＋(2－a)x－a，则g(x)≥g(－1)在区间[－1，b]上恒成立，即(x＋1)[ax2＋(2a＋1)x＋(1－3a)]≥0①，当x＝－1时，不等式①成立，当－1<x≤

b时，不等式①可化为ax2＋(2a＋1)x＋1－3a≥0②，令h(x)＝ax2＋(2a＋1)x＋1－3a，由a∈(－∞，－1]知其图象是开口向下的抛物线，故h(x)在闭区间上的最小值必在端点处取得，又h(－1)＝－4a>0，则不

等式②成立的充要条件是h(b)≥0，整理得b2＋2b－3b＋1≤－1a，则该不等式在a∈(－∞，－1]上有解，即b2＋2b－3b＋1≤－1amax＝1，得－1<b≤17－12，故实数b的最大值为17－12.第2步精做大题·练能力一、高考大题1．[2016·

全国卷Ⅲ]设函数f(x)＝lnx－x＋1.(1)讨论f(x)的单调性；(2)证明当x∈(1，＋∞)时，1<x－1lnx<x；(3)设c>1，证明当x∈(0,1)时，1＋(c－1)x>cx.解(1)由题设知f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1x－1，令f′(x)＝0，解得x＝1.当0<

x<1时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减．(2)证明：由(1)知f(x)在x＝1处取得最大值，最大值为f(1)＝0.所以当x≠1时，lnx<x－1.故当x∈(1，＋

∞)时，lnx<x－1，ln1x<1x－1，所以x－1lnx>1且x·lnx>x－1，即1<x－1lnx<x.(3)证明：由题设c>1，设g(x)＝1＋(c－1)x－cx，则g′(x)＝c－1－cxlnc，令g′(x)＝0，

解得x0＝lnc－1lnclnc.当x<x0时，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x>x0时，g′(x)<0，g(x)单调递减．由(2)知1<c－1lnc<c，故0<x0<1.又g(0)＝g(1)＝0

，故当0<x<1时，g(x)>0.所以当x∈(0,1)时，1＋(c－1)x>cx.2．[2016·北京高考]设函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c.(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)设a＝b＝4，若函数f(x)有三个不同零点，求

c的取值范围；(3)求证：a2－3b>0是f(x)有三个不同零点的必要而不充分条件．解(1)由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，得f′(x)＝3x2＋2ax＋b.因为f(0)＝c，f′(0)＝b，所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝bx＋c.(2)当a

＝b＝4时，f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c，所以f′(x)＝3x2＋8x＋4.令f′(x)＝0，得3x2＋8x＋4＝0，解得x＝－2或x＝－23.f(x)与f′(x)在区间(－∞，＋∞)上的情况如下：x(－∞，－2)－2

－2，－23－23－23，＋∞f′(x)＋0－0＋f(x)cc－3227所以，当c>0且c－3227<0时，存在x1∈(－∞，－2)，x2∈－2，－23，x3∈－23，＋∞，使得f(x1)＝f(x

2)＝f(x3)＝0.由f(x)的单调性知，当且仅当c∈0，3227时，函数f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c有三个不同零点．(3)证明：当Δ＝4a2－12b<0时，f′(x)＝3x2＋2ax＋b>0，x∈(－∞，＋∞)，此时函

数f(x)在区间(－∞，＋∞)上单调递增，所以f(x)不可能有三个不同零点．当Δ＝4a2－12b＝0时，f′(x)＝3x2＋2ax＋b只有一个零点，记作x0.当x∈(－∞，x0)时，f′(x)>0，f(

x)在区间(－∞，x0)上单调递增；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在区间(x0，＋∞)上单调递增．所以f(x)不可能有三个不同零点．综上所述，若函数f(x)有三个不同零点，则必有Δ＝4a2－12b>0.故a2－3b>0是f(x)有三个不同零点的必要条件．当a＝b＝4，c＝

0时，a2－3b>0，f(x)＝x3＋4x2＋4x＝x(x＋2)2只有两个不同零点，所以a2－3b>0不是f(x)有三个不同零点的充分条件．因此a2－3b>0是f(x)有三个不同零点的必要而不充分条件．3．[2015·全国卷Ⅰ]设函数f(x)＝e2x－alnx.(1)讨论f(x)的导函数f

′(x)零点的个数；(2)证明：当a>0时，f(x)≥2a＋aln2a.解(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－ax(x>0)．当a≤0时，f′(x)>0，f′(x)没有零点，当a>0时，因为y＝e2x单调递增，y＝－

ax单调递增，所以f′(x)在(0，＋∞)单调递增．又f′(a)>0，当b满足0<b<a4且b<14时，f′(b)<0，故当a>0时，f′(x)存在唯一零点．(2)证明：由(1)，可设f′(x)在(0，＋∞)的唯一零点

为x0，当x∈(0，x0)时，f′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0.故f(x)在(0，x0)单调递减，在(x0，＋∞)单调递增，所以当x＝x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0)．所以f(x0)＝a2x0＋2ax0＋aln2a≥2a＋aln2a.故当a>0时，f(x)≥2a

＋aln2a.二、模拟大题4．[2017·江西八校联考]已知函数f(x)＝(2x－1)ex，g(x)＝ax－a(a∈R)．(1)若y＝g(x)为曲线y＝f(x)的一条切线，求实数a的值；(2)已知a<1，若关于x的不等

式f(x)<g(x)的整数解只有一个x0，求实数a的取值范围．解(1)函数f(x)的定义域为R，f′(x)＝(2x＋1)ex.(2)令F(x)＝(2x－1)ex－ax＋a，x∈R，则F′(x)＝ex(2x＋1)－a.当x≥0时，∵ex≥1,2x＋1≥1，∴ex(2x＋1)≥1.又a<1，∴F′(

x)>0，∴F(x)在(0，＋∞)上单调递增．∵F(0)＝－1＋a<0，F(1)＝e>0，∴存在唯一的整数x0＝0使得F(x0)<0，即f(x0)<g(x0)．当x<0时，为满足题意，F(x)在(－∞，0)上不存在整数使F(x)<0，即F(x)在(－∞，－1]上不存

在整数使F(x)<0.∵x≤－1，∴ex(2x＋1)<0.①当0≤a<1时，F′(x)<0，∴F(x)在(－∞，－1]上单调递减，∴当x≤－1时，F(x)≥F(－1)＝－3e＋2a≥0，得a≥32e，∴32e≤a<1.②当a<0时，F(－1)＝

－3e＋2a<0，不符合题意．综上所述，32e≤a<1，即实数a的取值范围是32e，1.5．[2017·东北三校模拟]已知f(x)＝1＋2lnxx2.(1)求f(x)的最大值；(2)令g(x)＝ax2－2lnx

，当x>0时，f(x)的最大值为M，g(x)＝M有两个不同的根，求a的取值范围；(3)存在x1，x2∈(1，＋∞)且x1≠x2，使|f(x1)－f(x2)|≥k|lnx1－lnx2|成立，求k的取值范围．解(1)f′(x)＝－4lnxx3.令y＝f′(

x)＝0，得x＝1.当x∈(0,1)时，f′(x)>0，y＝f(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，y＝f(x)单调递减．所以函数y＝f(x)的最大值为f(1)＝1.(2)由(1)可知M＝1.g′(x)＝2ax－2x＝2ax2－1

x.①若a≤0，则g′(x)<0，y＝g(x)单调递减，g(x)＝M不可能有两个根．②若a>0，则当x∈0，1a时，g′(x)<0，y＝g(x)单调递减，当x∈1a，＋∞时，g′(x)>0，y＝g(x)单调递增

，所以g1a<1，解得0<a<1.综上可得a的取值范围是(0,1)．(3)不妨设x1>x2>1，由(1)知当x∈(1，＋∞)时，y＝f(x)单调递减．|f(x1)－f(x2)|≥k|lnx1－lnx2|等价于f(x2

)－f(x1)≥k(lnx1－lnx2)，即f(x2)＋klnx2≥f(x1)＋klnx1.存在x1，x2∈(1，＋∞)且x1≠x2，使f(x2)＋klnx2≥f(x1)＋klnx1成立．令h(x)＝f(x)＋klnx，h(x)在(1，

＋∞)上存在减区间，则h′(x)＝kx2－4lnxx3<0有解，即k<4lnxx2有解，则k<4lnxx2max.令t(x)＝4lnxx2，t′(x)＝41－2lnxx3.当x∈(0，e

)时，t′(x)>0，y＝t(x)单调递增；当x∈(e，＋∞)时，t′(x)<0，y＝t(x)单调递减．所以4lnxx2max＝2e，即k的取值范围是－∞，2e.6．[2017·江西上饶

模拟]已知函数f(x)＝ax－lnx－4(a∈R)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a＝2时，若存在区间[m，n]⊆12，＋∞，使f(x)在[m，n]上的值域是km＋1，kn＋1，求k的取值范围．解(1)函数f(x)的定义域是(0

，＋∞)，f′(x)＝ax－1x.当a≤0时，f′(x)≤0，f(x)在(0，＋∞)上为减函数；当a>0时，令f′(x)＝0，则x＝1a.当x∈0，1a时，f′(x)<0，f(x)为减函数，当x∈1a，＋∞时，f′(x)>

0，f(x)为增函数．综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上为减函数；当a>0时，f(x)在0，1a上为减函数，在1a，＋∞上为增函数．(2)当a＝2时，f(x)＝2x－lnx－4，由(1)知f(x)在12，＋∞上为增函数．∵[m，n]⊆

12，＋∞，∴f(x)在[m，n]上为增函数．∵f(x)在[m，n]上的值域是km＋1，kn＋1，∴f(m)＝km＋1，f(n)＝kn＋1，其中12≤m<n，则f(x)＝kx＋1在12

，＋∞上至少有两个不同的实数根．由f(x)＝kx＋1，得k＝2x2－2x－(x＋1)lnx－4.记φ(x)＝2x2－2x－(x＋1)lnx－4，x∈12，＋∞，则φ′(x)＝4x－1x－lnx－3.记F(x)＝φ′(x)＝4x－1x－

lnx－3，则F′(x)＝4x2－x＋1x2＝2x－12＋3xx2>0，∴F(x)在12，＋∞上为增函数，即φ′(x)在12，＋∞上为增函数．∵φ′(1)＝0，∴当x∈12，1时，φ′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)>0.∴φ(

x)在12，1上为减函数，在[1，＋∞)上为增函数．∵φ12＝3ln2－92，φ(1)＝－4，当x→＋∞时，φ(x)→＋∞，结合φ(x)的图象(图略)得，φ(1)<k≤φ

12，即－4<k≤3ln2－92，∴k的取值范围是－4，3ln2－92.