【山东省】2017年高考数学(理科)--导数的应用-专题练习-答案.pdf

1/12 山东省山东省 20172017 年高考数学（理科）专题练习年高考数学（理科）专题练习 导数的应用导数的应用 答答 案案 A 组高考达标 一、选择题 15DAAAB 二、填空题 621yx 7(0)，813a 三、解答题 9解（1）f x的定义域为(0)，2bxafxx，2 分 故11fba（），又1fa（），点(1)a，在直线yx上，1a，则2b 12f xlnxx 且 221xfxx，当102x 时，0fx，当12x时，0fx，故函数 f x的单调增区间为1(,)2，单调减区间为1(0,)2，1(22 22f xfln极小值)，无极大值6 分（2）由题意知，2()2ln11f xxkxxxx恒成立，令 22ln11xg xxxx，则 23322ln22(ln1)1xxxxg xxxxx，8 分 令 11h xxxlnxx ，则 1h xlnx x，2/12 当1x 时，0h x，h(x)在1)，上为减函数，故 10h xh（），故 0gx，g x在1)，上为减函数，故 g x的最大值为11g（），1k 12 分 10解（1）由 32f xxaxbxc ，得 232fxxaxB因为 00fcfb，所以曲线 yf x在点(0)0f，处的切线方程为ybxC 2 分（2）当4ab 时，3244f xxxxc ，所以 2384fxxx 令 0fx，得2384 0 xx ，解得223xx 或 f x与 fx在区间()，上的情况如下：x()2，2 2-2-)3（，2-3 2-)3（，fx 0 0 f x c 3227c 所 以，当0c且32027c时，存 在1232242(2,(,0)3()3xxx ，)，使 得 1230fxfxfx 由 f x的单调性知，当且仅当32(0,)27c时，函数 3244f xxxxc 有三个不同零点8 分（3）证明：当24120ab时，22)0(3fxxaxbx ，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24120ab时，232fxxaxb只有一个零点，记作0 x 当0()xx，时，0fxf x，在区间0()x，上单调递增；3/12 当0()xx，时，0fxf x，在区间0()x，上单调递增 所以 f x不可能有三个不同零点10 分 综上所述，若函数 f x有三个不同零点，则必有24120ab 故230ab 是 f x有三个不同零点的必要条件 当40abc ，时，23223042()4abf xxxxx x ，只有两个不同零点，所以230ab 不是 f x有三个不同零点的充分条件 因此230ab 是 f x有三个不同零点的必要而不充分条件13 分 B 组名校冲刺 一、选择题 14AAAB 二、填空题 501)e，61)，三、解答题 7(2016 全国甲卷)已知函数 11()()f xxlnxa x （1）当4a时，求曲线 yf x在(11)f，（）处的切线方程；（2）若当1()x，时，0f x，求 a 的取值范围 解（1）f x的定义域为(0)，当4a时，141()()f xxlnxx，110312ffxlnxfx（），（）故曲线 yf x在(11)f，（）处的切线方程为22 0 xy 4 分（2）当1()x，时，0f x 等价于(1)01a xlnxx 设(1)1a xg xlnxx，则 222122(1a)1(1)(1)axxgxxxx x，10g（）8 分 4/12 当2a，1()x，时，222 11(1 0)2xa xxx，故 0gx，g x在(1)，单调递增，因此 0g x；当2a时，令 0gx得22121(1)11(1)1xaaxaa，由21x 和121x x得11x，故当2()1xx，时，0gx，g x在2(1)x，单调递减，因此 0g x 综上，a 的取值范围是(2，12 分 8(2016 四川高考)设函数 2f xaxalnx，1xeg xxe，其中2718aR e，为自然对数的底数（1）讨论 f(x)的单调性；（2）证明：当1x 时，0g x；（3）确定 a 的所有可能取值，使得 f xg x在区间(1)，内恒成立 解（1）由题意得 212120axfxaxxxx 当0a时，0fx，f x在(0)，内单调递减 当0a 时，由 0fx有12xa，当1(0,)2xa时，0fxf x，单调递减；当1(,)2xa时，0fxf x，单调递增4 分（2）证明：令 1xs xex，则 11xs xe 当1x 时，0s x，所以1xex，从而 1110 xg xxe 8 分（3）由（2）知，当1x 时，0g x 当01ax，时，21()0f xa xlnx 故当 f xg x在区间(1)，内恒成立时，必有0a 当102a时，112a 由（1）有11()10()022ffgaa（），而，所以此时 f xg x在区间(1)，内不恒成立11 分 5/12 当12a 时，令 1h xf xg xx 当1x 时，321222211111212120 xxxxxh xaxexxxxxxxx 因此，h x在区间(1)，上单调递增 又因为10h（），所以当1x 时，0h xf xg x，即 f xg x恒成立 综上，1,)2a14 分 6/12 山东省山东省 20172017 年高考数学（理科）专题练习年高考数学（理科）专题练习 导数的应用导数的应用 解解 析析 A 组高考达标 一、选择题 1D 由题意得 f(x)3x212，令 f(x)0 得 x 2，当 x2 时，f(x)0；当2x2 时，f(x)0 时，f(x)f(x)ln x3x，所以 f(x)1x3，则 f（1）2所以 yf(x)在点(1，3)处的切线方程为 y32(x1)，即 y2x1 7(0，)由题意令 g(x)fxex，则 g(x)fxxfxxe2x fxfxex 因为 f(x)f(x)，所以 g(x)0，即 g(x)在 R 上是单调递减函数，因为 yf(x)1 为奇函数，所以 f(0)10，即 f(0)1，g(0)1，则不等式 f(x)ex等价为fxex1g(0)，即 g(x)g(0)，解得 x0，所以不等式的解集为(0，)8a13 f(x)x33ax(aR)，则 f(x)3x23a，若直线 xym0 对任意的 mR 都不是曲线 yf(x)的切线，则直线的斜率为1，f(x)3x23a 与直线 xym0 没有交点，又抛物线开口向上则必在直线上面，即最小值大于直线斜率，则当 x0 时取最小值，3a1，则 a 的取值范围为 a13 三、解答题 9解（1）f(x)的定义域为(0，)，f(x)bxax2，2 分 故 f（1）ba1，又 f（1）a，点(1，a)在直线 yx 上，8/12 a1，则 b2 f(x)1x2ln x 且 f(x)2x1x2，当 0 x12时，f(x)0，当 x12时，f(x)0，故函数 f(x)的单调增区间为12，单调减区间为0，12，f(x)极小值f1222ln 2，无极大值6 分（2）由题意知，kfxx2ln xx1x2(x1)恒成立，令 g(x)2ln xx1x2(x1)，则 g(x)22ln xx22x3xxln xx3(x1)，8 分 令 h(x)xxln x1(x1)，则 h(x)ln x(x1)，当 x1 时，h(x)0，h(x)在1，)上为减函数，故 h(x)h（1）0，故 g(x)0，g(x)在1，)上为减函数，故 g(x)的最大值为 g（1）1，k112 分 10解（1）由 f(x)x3ax2bxc，得 f(x)3x22axB因为 f(0)c，f(0)b，所以曲线 yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程为 ybxC2 分（2）当 ab4 时，f(x)x34x24xc，所以 f(x)3x28x4 令 f(x)0，得 3x28x40，解得 x2 或 x23 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)c c3227 所以，当 c0 且 c32270 时，存在 x1(4，2)，x22，23，x323，0，使得 f(x1)f(x2)f(x3)0 由 f(x)的单调性知，当且仅当 c0，3227时，函数 f(x)x34x24xc 有三个不同零点8 分 9/12 （3）证明：当 4a212b0 时，f(x)3x22axb0，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 4a212b0 时，f(x)3x22axb 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10 分 综上所述，若函数 f(x)有三个不同零点，则必有 4a212b0 故 a23b0 是 f(x)有三个不同零点的必要条件 当 ab4，c0 时，a23b0，f(x)x34x24xx(x2)2只有两个不同零点，所以 a23b0 不是 f(x)有三个不同零点的充分条件 因此 a23b0 是 f(x)有三个不同零点的必要而不充分条件13 分 B 组名校冲刺 一、选择题 1A 令 g(x)fxcos x，则 g(x)fxxfxxcos2x fxxfxxcos2x，由对任意的 x2，2满足 f(x)cos xf(x)sin x0，可得 g(x)0，即函数 g(x)在2，2上为增函数，则 g3g4，即f3cos3f4cos4，即 2f3f4故选 A 2A f(x)2axb1x，由题意可知 f（1）0，即 2ab1，由选项可知，只需比较 ln a2b 与 0 的大小，而b12a，所以只需判断 ln a24a 的符号构造一个新函数 g(x)24xln x，则 g(x)1x4，令 g(x)0，得 x14，当 x14时，g(x)为增函数，当 x14时，g(x)为减函数，所以对任意 x0 有 g(x)g141ln 40，所以有 g（A）24aln a2bln a0ln a2b，故选 A 3A 令 g(x)ln x，h(x)ax2x，将问题转化为两个函数图象交点的问题 当 a0 时，g(x)和 h(x)的图象只有一个交点，不满足题意；10/12 当 a0 时，由 ln xax2x0，得 axln xx2 令 r(x)xln xx2，则 r(x)11x x2xxxx4 1x2ln xx3，当 0 x1 时，r(x)0，r(x)是单调增函数，当 x1 时，r(x)0，r(x)是单调减函数，且xln xx20，0a1 a 的取值范围是(0，1)故选 A 4B f(x)x(ln xax)，f(x)ln x2ax1，由题意可知 f(x)在(0，)上有两个不同的零点，令 f(x)0，则 2aln x1x，令 g(x)ln x1x，则 g(x)ln xx2，g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，)上单调递减 又当 x0 时，g(x)，当 x时，g(x)0，而 g(x)maxg（1）1，只需 02a10a12 二、填空题 50，e1)依题意，知 k2xx20，即 kx22x 对任意 x(0，2)恒成立，从而 k0，所以由xex1k2xx2可得 kexxx22x令 f(x)exxx22x，则 f(x)exxx22(x1)(x1)exx22 令 f(x)0，得 x1，当 x(1，2)时，f(x)0，函数 f(x)在(1，2)上单调递增，当 x(0，1)时，f(x)0，函数 f(x)在(0，1)上单调递减，所以 kf(x)minf（1）e1，故实数 k 的取值范围是0，e1)61，)g(x)g（1）ex1g(0)x，当 x1 时，g(0)1，由 g(0)g（1）e01，解得 g（1）e，所以 g(x)exx12x2，则 g(x)ex1x，当 x0 时，g(x)0，当 x0 时，g(x)0，所以当 x0 时，函数 g(x)取得最小值 g(0)1，根据题意将不等式转化为2m1g(x)min1，所以 m1 11/12 三、解答题 7解（1）f(x)的定义域为(0，)当 a4 时，f(x)(x1)ln x4(x1)，f（1）0，f(x)ln x1x3，f（1）2 故曲线 yf(x)在(1，f（1）)处的切线方程为 2xy204 分（2）当 x(1，)时，f(x)0 等价于 ln xaxx10 设 g(x)ln xaxx1，则 g(x)1x2ax2x2ax1xx2，g（1）08 分 当 a2，x(1，)时，x22(1a)x1x22x10，故 g(x)0，g(x)在(1，)单调递增，因此 g(x)0；当 a2 时，令 g(x)0 得 x1a1a21，x2a1a21 由 x21 和 x1x21 得 x11，故当 x(1，x2)时，g(x)0，g(x)在(1，x2)单调递减，因此 g(x)0 综上，a 的取值范围是(，212 分 8解（1）由题意得 f(x)2ax1x2ax21x(x0)当 a0 时，f(x)0 时，由 f(x)0 有 x12a，当 x0，12a时，f(x)0，f(x)单调递增4 分（2）证明：令 s(x)ex1x，则 s(x)ex11 当 x1 时，s(x)0，所以 ex1x，从而 g(x)1x1ex108 分（3）由（2）知，当 x1 时，g(x)0 当 a0，x1 时，f(x)a(x21)ln xg(x)在区间(1，)内恒成立时，必有 a0 当 0a1 由（1）有 f12a0，所以此时 f(x)g(x)在区间(1，)内不恒成立11 分 当 a12时，令 h(x)f(x)g(x)(x1)12/12 当 x1 时，h(x)2ax1x1x2e1xx1x1x21xx32x1x2x22x1x20 因此，h(x)在区间(1，)上单调递增 又因为 h（1）0，所以当 x1 时，h(x)f(x)g(x)0，即 f(x)g(x)恒成立 综上，a12，14 分