2021届浙江省高考数学一轮学案：第四章 加强练（四）　导数及其应用 WORD版含解析.doc

1、加强练(四)导数及其应用一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1.函数f(x)aln xx在x1处取到极值，则a的值为()A.1 B. C.0 D.解析因为f(x)aln xx，所以f(x)1.又因为f(x)在x1处取到极植，所以f(1)a10a1.经检验符合题意.故选A.答案A2.(2020浙江新高考仿真卷二)已知函数g(x)(x1)f(x)的图象如图所示，则函数yf(x)的图象有可能是()解析由函数g(x)(x1)f(x)的图象易得函数g(x)有两个零点，设其较大的零点为x0.当x1时，g(x)0，x10，则f(x)0；当1

2、xx0时，g(x)0，x10，则f(x)0；当xx0时，g(x)0，x10，则f(x)0，所以函数f(x)在xx0左侧单调递增，在xx0右侧单调递减，故选C.答案C3.(2020许昌、洛阳质检三)已知a0，曲线f(x)3x24ax与g(x)2a2ln xb有公共点，且在公共点处的切线相同，则实数b的最小值为()A.0 B. C. D.解析由f(x)3x24ax，f(x)6x4a，由g(x)2a2ln xb，g(x).设两曲线的公共点P(x0，y0)，x00，因为两曲线在公共点处的切线相同，所以由6x04a，x0a，x0a，又a0，所以x0a，消去y0得b2a2ln aa2，设bh(a)2a2l

3、n aa2，h(a)4aln a4a，令h(a)0，a，又a，h(a)0，0a时，h(a)0，所以a是h(a)的极小值点，即bminh.答案B4.(2020北京昌平区二模)已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，且满足f(x)若函数F(x)f(x)m有6个零点，则实数m的取值范围是()A. B.C. D.解析函数F(x)f(x)m有6个零点，等价于函数yf(x)与ym有6个交点，当0x1时，f(x)x2，当x1时，f(x)，f(x)，当x1，2时，f(x)递增，当x(2，)时，f(x)递减，f(x)的极大值为f(2)，作出函数f(x)的图象如图，yf(x)与ym的图象有6个交点，得0m.答案C5

4、.(2020温州适应性考试)已知实数a0，b0，a1，且满足ln b，则下列判断正确的是()A.ab B.ab C.logab1 D.logab1解析由ln b得ln b0，设f(x)ln x(x0)，则f(x)，则函数f(x)ln x在(0，)上单调递减，且f(1)0，所以当0x1时，ln x0，即ln x；当x1时，ln x0，即ln x，在平面直角坐标系内画出函数yln x与y的图象如图所示.由图易得若ln b，则0ba1或1ab，A，B错误；当a1时，1ab，函数ylogax为增函数，则logablogaa1，当0a1时，0ba1，函数ylogax为减函数，则logablogaa1，C

5、正确，D错误，故选C.答案C6.(2020浙江名校新高考研究联盟三联)已知ab0，则下列不等式正确的是()A.|ln ab|ln ba| B.|b|a|C.|ln ab|ln ba| D.|b|a|解析因为|ln ab|2|ln ba|2(ln abln ba)(ln abln ba)，构造函数f(x)ln xx，则易知f(x)在(0，)上单调递增，所以当ab0时，ln aaln bb，所以ln abln ba0，由不等式ln xx1x，可得ln abln ba0，所以|ln ab|2|ln ba|20，即|ln ab|ln ba|.同理，|b|2|a|2(ba)(ba).因为ab，所以ba0

6、.构造函数f(x)x，则f(x)1，令f(x)10，得0x，所以f(x)在上单调递增，在上单调递减.此时当ab0时，f(a)，f(b)大小不定，所以|b|、|a|大小不定，故选C.答案C7.(2019天津卷)已知函数f(x)若关于x的方程f(x)xa(aR)恰有两个互异的实数解，则a的取值范围为()A. B.C.1 D.1解析如图，分别画出两函数yf(x)和yxa的图象.(1)先研究当0x1时，直线yxa与y2的图象只有一个交点的情况.当直线yxa过点B(1，2)时，2a，解得a.所以0a.(2)再研究当x1时，直线yxa与y的图象只有一个交点的情况：相切时，由y，得x2，此时切点为，则a1.

7、相交时，由图象可知直线yxa从过点A向右上方移动时与y的图象只有一个交点.过点A(1，1)时，1a，解得a.所以a.结合图象可得，所求实数a的取值范围为1.故选D.答案D8.(2020浙江名师预测卷二)已知函数f(x)x2(x1)|xa|，aR，xa，下列结论中正确的是()A.存在实数a使得f(x)0有唯一解B.存在实数a使得f(x)0有两个解C.不存在实数a使得f(x)0无解D.不存在实数a使得f(x)0恒成立解析f(x)x2(x1)|xa|当a，即a时，f(x)在R上单调递增，f(x)0恒成立，排除C，D；当1a时，f(x)在(，a)上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，当且仅当x时，f

8、(x)0；当a1时，f(x)在上单调递减，在上单调递增，当且仅当x时，f(x)0；当a1时，f(x)f(x)0有无数个解，综上，故选A.答案A9.(2020广州综测一)已知函数f(x)e|x|ax2，对任意x10，x20，都有(x2x1)f(x2)f(x1)0，则实数a的取值范围是()A. B.C. D.解析因为对任意x10，x20，(x2x1)f(x2)f(x1)0恒成立，所以f(x)在(，0)上单调递减，即f(x)exax2在(，0)上单调递减，故f(x)2ax0在(，0)上恒成立，即2ax在(，0)上恒成立.因为1，所以当a0时上述不等式恒成立.当a0时，若a，如图，作出函数yex对应的

9、直线与y的图象，则两图象相切于点(1，e)，故当0a时，2ax在(，0)上恒成立.故选A.答案A10.(2020宁波模拟)若关于x的不等式有正整数解，则实数的最小值为()A.9 B.8 C.7 D.6解析由，则两边取对数，得ln x3ln 3存在正整数解，则0，故.记函数f(x)，则由f(x)知函数f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，)上单调递减，注意到2e3，故只需考虑f(2)，f(3)的大小关系，因为f(2)f(4)f(3)，故f(3)，即9，故选A.答案A二、填空题(本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分)11.(2020北京通州区三模)能够说明“在某个区间(a，b

10、)内，如果函数yf(x)在这个区间内单调递增，那么f(x)0恒成立”是假命题的一个函数是_(写出函数表达式和区间).解析若f(x)x3，x(1，1)，易知f(x)x3在(1，1)上恒增；但f(x)3x2，在x0时f(x)0，不满足f(x)0恒成立；是假命题.答案f(x)x3，x(1，1)(答案不唯一)12.设曲线y在点(3，2)处的切线与直线axy30垂直，则a_，切线方程为_.解析y，所以曲线在(3，2)处的切线的斜率为，由题意知a1，所以a2，切线方程为y2(x3)，即x2y70.答案2x2y7013.若函数f(x)ax44ax2b(a0，1x2)的最大值为3，最小值为5，则ab_.解析令

11、f(x)4ax38ax4ax(x22)0，解得x10(舍去)，x2，x3(舍去).又f(1)a4abb3a，f(2)16a16abb，f()b4a，所以所以a2，b3，ab6.答案614.(一题多解)在平面直角坐标系xOy中，P是曲线yx(x0)上的一个动点，则点P到直线xy0的距离的最小值是_；此时点P的坐标为_.解析法一由题意可设P(x00)，则点P到直线xy0的距离d4，当且仅当2x0，即x0时取等号，此时y03，即点P的坐标为(，3).法二设P(x00)，则曲线在点P处的切线的斜率为k1.令11，结合x00得x0，P(，3)，曲线yx(x0)上的点P到直线xy0的最短距离即为此时点P到

12、直线xy0的距离，故dmin4.答案4(，3)15.(2020北京东城区期末)已知函数f(x)axexx22x.(1)当a1时，曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程为_；(2)当x0时，若曲线yf(x)在直线yx的上方，则实数a的取值范围是_.解析(1)当a1时，f(x)xexx22x，其导数f(x)ex(x1)2x2，f(0)1.又因为f(0)0，所以曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程为yx.(2)根据题意，当x0时，“曲线yf(x)在直线yx的上方”等价于“axexx22xx恒成立”，又由x0，则axexx22xxaexx10a，则原问题等价于a恒成立；设g(x)，则g(

13、x)，又由x0，则g(x)0，则函数g(x)在区间(0，)上递减，又由g(0)1，则有1，若a恒成立，必有a1，即a的取值范围为1，).答案(1)yx(2)1，)16.已知函数F(x)kln x(其中k0)，F(x).若k0，在上，恒有0时，ke，x0，0，F(x)在上单调递减，F(x)minF(e)kk1，F(x)maxFek1.综上所述，当k0且k0).(1)若x0时，函数f(x)取得一个极值，求实数k的值；(2)在(1)的条件下，对任意nN*，m1，求证，ln(12x)2x，所以任意x，12xe2x.于是ee0).(1)求函数f(x)的单调区间；(2)求证：f(x)e(x0).(1)解已

14、知函数f(x)(x0)，导函数为f(x).令h(x)exx1，则h(x)ex1，当x0时，h(x)ex10时，h(x)ex10，所以h(x)minh(0)0，即exx1，当且仅当x0时，等号成立.由已知x0，得exx1，所以f(x)e(x0)等价于exxe10).令g(x)exxe1，x0，g(x)exexe，由(1)易得e1，所以g(x)0时，有g(x)g(0)0，即exxe10)，故f(x)e(x0).21.(本小题满分15分)(2019全国卷)已知函数f(x)sin xln(1x)，f(x)为f(x)的导数.证明：(1)f(x)在区间存在唯一极大值点；(2)f(x)有且仅有2个零点.证明

15、(1)设g(x)f(x)，则g(x)cos x，g(x)sin x.当x时，g(x)单调递减，而g(0)0，g0；当x时，g(x)0.所以g(x)在(1，)单调递增，在单调递减，故g(x)在存在唯一极大值点，即f(x)在存在唯一极大值点.(2)f(x)的定义域为(1，).当x(1，0时，由(1)知，f(x)在(1，0)单调递增，而f(0)0，所以当x(1，0)时，f(x)0，故f(x)在(1，0)单调递减，又f(0)0，从而x0是f(x)在(1，0的唯一零点.当x时，由(1)知，f(x)在(0，)单调递增，在单调递减，而f(0)0，f0；当x时，f(x)0，所以当x时，f(x)0.从而，f(x

16、)在上没有零点.当x时，f(x)0，f()1.所以f(x)0，从而f(x)在(，)没有零点.综上，f(x)有且仅有2个零点.22.(本小题满分15分)(2019天津卷)设函数f(x)excos x，g(x)为f(x)的导函数.(1)求f(x)的单调区间；(2)当x时，证明f(x)g(x)0；(3)设xn为函数u(x)f(x)1在区间内的零点，其中nN，证明2nxncos x，得f(x)0，则f(x)单调递减；当x(kZ)时，有sin x0，则f(x)单调递增.所以f(x)的单调递增区间为(kZ)，f(x)的单调递减区间为(kZ).(2)证明记h(x)f(x)g(x).依题意及(1)，有g(x)ex(cos xsin x)，从而g(x)2exsin x.当x时，g(x)0，故h(x)f(x)g(x)g(x)(1)g(x)0.因此，h(x)在区间上单调递减，进而h(x)hf0.所以当x时，f(x)g(x)0.(3)证明依题意，u(xn)f(xn)10，即exncos xn1.记ynxn2n，则yn，且f(yn)eyncosynexn2ncos(xn2n)e2n(nN).由f(yn)e2n1f(y0)及(1)，得yny0.由(2)知，当x时，g(x)0，所以g(x)在上为减函数，因此g(yn)g(y0)g0.又由(2)知，f(yn)g(yn)0，故yn.所以2nxn.