2020年高考数学一轮复习（文科）训练题 天天练 11 含解析.doc

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1、天天练11导数的应用(二)一、选择题1．(2018·山东陵县一中月考)已知函数f(x)＝x2ex，当x＝[－1,1]时，不等式f(x)0，函数f(x)单调递增，且f(1)>f(－1)，故f(x)max＝f(1)＝e，则m>e.故选D.32．(2018·湖南郴州第二次质监)已知关于

2、x的方程ln

3、x

4、－ax2＋＝20有4个不同的实数根，则实数a的取值范围是()e2e20，0，A.2B.2e2e20，0，C.3D.3答案：A3解析：设f(x)＝ln

5、x

6、－ax2＋，则f(x)为偶函数，函数f(x)有4个2零点等价于函数f(x)在区间(0，＋∞)有两个零点．若a≤0，当x>033时，函数f(x)＝ln

7、x

8、－ax2＋＝lnx－ax2＋在区间(0，＋∞)上单调递22增，最多只有一个零点，由偶函数的性质可知，函数f(x)有两个零点，33不符合题意．所以a>0.当x>0时，f(x)＝ln

9、x

10、－ax2＋＝lnx

11、－ax2＋，221－2ax211f′(x)＝－2ax＝.由f′(x)>0得0，所以函数f(x)在区间2a上单调递增，在区间2a2a11上单调递减，所以f(x)max＝f2a＝ln＋1.函数f(x)在区间(0，＋∞)2a1e2上有两个零点等价于f(x)max＝ln＋1>0，解得0

12、案：B解析：因为函数f(x)＝x3－ax2＋1在(1,3)上单调递减，所以f′(x)339＝3x2－2ax≤0在(1,3)上恒成立，即a≥x在(1,3)上恒成立．因为<，2229所以a≥.故选B.2方法总结由函数单调性求参数取值范围的方法(1)可导函数f(x)在区间(a，b)上单调，就是在该区间上，f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立，得到关于参数的不等式，参变分离，确定参数的取值范围．(2)可导函数f(x)在区间(a，b)上存在单调区间，实际上就是f′(x)>0(或f′(x)<0)在该区间上存在解集，得到关于参数的不

13、等式，参变分离，确定参数的取值范围．(3)若已知f(x)在区间I上的单调性，区间I上含有参数时，可先求出f(x)的单调区间，令I是其对应区间的子集，从而求出参数的取值范围．a－24．函数f(x)＝lnx＋(a∈R)在区间[e，＋∞)上有两个零点，则xa的取值范围是()2121，，A.e2eB.e2e2112，，C.e2eD.e2e答案：Aa－2解析：令f(x)＝lnx＋＝0，x∈[e，＋∞)，得－a＝xlnx.记H(x)x－2－2＝xlnx，x∈[e，＋∞)，则H′(x)＝1＋lnx，由此可知H(x)在[e，e－1]上单调

14、递减，在(e－1，＋∞)上单调递增，且H(e－2)＝－2e－2，H(e－1)＝－e－1，当x→＋∞时，H(x)→＋∞，故当2≤a<1时，f(x)在[e－2，e2e＋∞)上有两个零点，选A.5．设动直线x＝m与函数f(x)＝x3，g(x)＝lnx的图象分别交于点M，N，则

15、MN

16、的最小值为()11A.(1＋ln3)B.ln3331C.(1－ln3)D．ln3－13答案：A解析：由f(x)和g(x)的图象可以看到

17、MN

18、就是两条曲线间的垂直1距离，设F(x)＝f(x)－g(x)＝x3－lnx，求导得F′(x)＝3x2－，令F′

19、(x)x111＞0，得x＞；令F′(x)＜0，得0＜x＜.所以当x＝时，F(x)3333331111有最小值F()＝＋ln3＝(1＋ln3)，故选A.333336．函数f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示，那么f(x)的图象最有可能的是()答案：A解析：根据f′(x)的图象知，函数y＝f(x)的极小值点是x＝－2，极大值点为x＝0，结合单调性知，选A.7．(2018·河南息县第一高级中学段测(五))函数f(x)＝x3－3x－1，若对于区间(－3,2]上的任意x1，x2，都有

20、f(x1)－f(x2)

21、≤t，则实数t的最小

22、值是()A．20B．18C．3D．0答案：A解析：对于区间(－3,2]上的任意x1，x2，都有

23、f(x1)－f(x2)

24、≤t，等价于在区间(－3,2]上，f(x)max－f(x)min≤t.∵f(x)＝x3－3x－1，∴f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)．∵x∈(－3,2]，∴函数f(x)在