高考文科数学二轮复习专题训练导数及其应用

（3）导数及其应用

1、设函数f(x)x3(a1)x2ax．若f(x)为奇函数，则曲线yf(x)在点(0,0)处的切线方程为( ) A．y2x

B．yx

C．y2x

D．yx

2、已知函数f(x)lnxax(aR)的图象与直线xy10相切，则实数a的值为( ) A．11

eB．e1

C．11 2eD．e21

3、已知函数yf(x)(xR)的图象过点(1,0)，f'(x)为函数f(x)的导函数，为自然对数的底数，若x0，xf'(x)1下恒成立，则不等式f(x)lnx的解集为（ ）

1A.(0,]

eB.(0,1] C.(0,e] D.(1,e]

14、若函数f(x)xsin2xasinx在,上单调递增，则实数a的取值范围是( )

41111A．, B．1, C．1,1 D．1,

22225、设函数f(x)在R上可导，其导函数为f(x)，且函数y(1x)f(x)的图象如图所 示，则下列结论中一定成立的是（ ）

A. 函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1) B. 函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1) C. 函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(2) D. 函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(2)

fx）fx）﹣，15]，部分对应值如表，（fx）6、已知函数（的定义域[的导函数y＝（的图象如图所fx）示，下列关于函数（的结论正确的是（ ）

x （fx）

﹣1 1

0 2

4 2

5 1

fx）A．函数（的极大值点有2个 fx）2]上是减函数 B．函数（在[0，

﹣，1t]时，（fx）C．若x[的最大值是2，那么t的最大值为4 fx）﹣a有4个零点 D．当1＜a＜2时，函数y＝（π5πx﹣m的最小值为（ ） (m,n)(mn)，则n7、对x(,),66sinxA．

π2 2B．

5π3 3C．

4π 3D．

π 68、已知函数fx3x1ex1mxm4e,若有且仅有两个整数使得fx0,则实数m的取值范围是( ) 5A. ,2 e81C. ,2

23e

85B. ,2

2e3e5D. 4e,

2e119、函数的f(x)ax3ax22ax2a1图像经过四个象限，则实数a的取值范围是( )

32A．a3 1663B．a

5166C．a

563D．a

5163210、已知函数fxx2ex，gxlnxx(aR)，若fxgx对任意x0,恒

成立，则实数a的取值范围是（ ） A.0,e

21 B.e，eC.2e1,

1 D.2e2，e1x1,1x011、已知函数fx则fxdx的值为 .

211x,0x1x12、设函数fxe，gx2ax2a(a＞0).若xR，曲线fx始终在曲线gx上方，

则a的取值范围是_______________________________

13、已知函数f(x)的定义域为D，若存在区间a,bD,使得f(x)满足：f(x)在a,b上是单调函数；（2）f(x)在a,b上的值域是[2a,2b]，则称区间a,b是函数f(x)的“理想区间”，给出下列命题：

①函数f(x)log3x不存在“理想区间”； ②函数f(x)2x存在“理想区间”；

③函数f(x)x23(x0)不存在“理想区间”； ④函数f(x)8x； (x0)存在“理想区间”

x21其中真命题是 （填上所有真命题的序号）

14、一边长为2的正方形纸板，在纸板的四角截去四个边长均为x的小正方形，然后做成一个无盖方盒.方盒的容积的最大值为__________

1115、已知函数f(x)lnxx2(m1)xm.

22(1).设x2是函数f(x)的极值点，求m的值，并求f(x)的单调区间； (2).若对任意的x(1,)，f(x)0恒成立，求m的取值范围.

答案以及解析

1答案及解析： 答案：D

解析：∵fx为奇函数∴fxfx，即a1， ∴fxx3x，∴f'01， 切线方程为：yx，∴选D.

2答案及解析： 答案：C

解析：由f(x)lnxax，(aR)得f(x)设切点横坐标为x0，依题意得解得a1a， x1a1，并且lnx0ax0x01， x0111，则实数a的值为21． 2ee

3答案及解析： 答案：B

解析：构造函数g(x)f(x)lnx(x0)，则g'(x)f'(x)∴ g(x)f(x)lnx在(0,)上单调递增， ∵ f(x)lnx， ∴ g(x)0g(1)， ∴ 0x1， 故选：B

4答案及解析： 答案：A 解析：

5答案及解析： 答案：D 解析：

1xf'(x)10， xx

6答案及解析： 答案：AB

x）fx）1x＜0或2＜x＜4，f（x）＞0，函数（解析：解：由f（的图象，当﹣为增函数， fx）fx）＜0，函数（当0＜x＜2或4＜x4，（为减函数，

fx）fx）fx）即当x＝0时，函数（取得极大值，当x＝4时，函数（取得极大值，即函数（有两

个极大值点，故A正确，

fx）2]上是减函数，故B正确， 函数（在[0，﹣，1t]时，（fx）fx）作出（的图象如图：若x[的最大值是2，

则t满足0t5，即t的最大值是5，故C错误， fx）﹣a＝0得（fx）＝a， 由y＝（f2）1，当1＜a＜2时，（fx）＝a有四个根， 若（

fa）＜2，当1＜a＜2时，（fx）＝a不一定有四个根，有可能是2个，故函数若1＜（y＝（fx）﹣a有4个零点不一定正确，故D错误，

故正确的是A，B， 故选：AB．

7答案及解析： 答案：C

π5πxxπ5π(m,n)(mn)，设（fx）＝x(,) 解析：解：x(,),66sinxsinx66sinxxcosxπ5π,x(,) 则f(x)66(sinx)2（x）＝sinx﹣xcosx，g（x）＝cosx﹣（cosx﹣xsinx）＝xsinx， 设gπ5π（x）＝cosx﹣（cosx﹣xsinx）＝xsinx＞0，在x(,)上恒成立， 则：g66（x）＝sinx﹣xcosx， 函数gπ5π在x(,)上单调递增，

66ππππg（x）＞g()sincos0.050

6666sinxxcosxπ5π0,x(,)上恒成立， 所以：f(x)266(sinx)即函数设f(x)xπ5π在x(,)上单调递增， sinx66π5π所以：f()f(x)f()；

66即：

π5πf(x)； 334π， 3﹣m的最小值为则n故选：C．

8答案及解析： 答案：B 解析：

ex1mx0，即mx(3x1)ex1， 由fx0，得(3x1)·设gxmx,hx=-(3x1)ex1，

则hx-[3ex＋1(3x1)ex1](3x4)ex1，由

4hx0，得(3x4)0，即x，由hx0，

344得－(3x＋4)0，即x，故当x时，函数hx

33取得极大值．在同一平面直角坐标系中作出y＝hx，

y＝gx的大致图象如图所示，当m0时，满足

gxhx的整数解超过两个，不满足条件；当m0时，

要使gxhx

h2g2,的整数解只有两个，则需满足

h3g3,5m5e2m58852e即-2,即,即m2，即实数m的取值范围是,2，故

2e3e88e3m2e3em3e2-1选B.

9答案及解析：

答案：D 解析：

10答案及解析： 答案：B

2解析：fxgxax2exlnx， x

2令hxx2exlnx1lnx，则h＇x2x2e2. xx当0xe时，hx0，当xe时，hx0， hx在(0,e)上单调递增，在(e,)上单调递减，

11hx的最大值为hee2则ae2.故选B.

ee

11答案及解析： 答案：

1π 24

11

解析：由定积分的几何意义可得fxdx表示直线yx1与坐标轴围成的等腰三角形的面积与半径为1的

12答案及解析：

111π圆的的面积的和，即fxdx

14241答案：(0,)

2解析：

13答案及解析： 答案：①②③ 解析：

14答案及解析： 答案：

16 27解析：

15答案及解析：

111答案：(1). f(x)lnxx2(m1)xm(x0)，f'(x)xm1.

22x因为x2是函数f(x)的极值点， 所以f'(2)2'13m10，故m. 22152x25x2令f(x)x0，

x22x1解得0x或x2.

2

11

所以f(x)在(0,)和(2,)上单调递增，在(,2)上单调递减.

22(2). f'(x)x1m1， x当m1时，f'(x)0，则f(x)在(1,)上单调递增，

11又f(1)0，所以lnxx2(m1)xm0恒成立；

22当m1时，易知f'(x)x1m1在(1,)上单调递增， x故存在x0(1,)，使得f'(x0)0，

所以f(x)在(1,x0)上单调递减，在(x0,)上单调递增， 又f(1)0，则f(x0)0，这与f(x)0恒成立矛盾. 综上，m1. 解析：