2019年高考数学一轮复习（文科）训练题：天天练 11 Word版含解析.docVIP

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)m恒成立，则实数m的取值范围为(　　) A. B. C．[e，＋∞) D．(e，＋∞) 答案：D 解析：由f′(x)＝ex(2x＋x2)＝x(x＋2)ex，得当－1x0时，f′(x)0，函数f(x)单调递减，当0x1时，f′(x)0，函数f(x)单调递增，且f(1)f(－1)，故f(x)max＝f(1)＝e，则me.故选D. 2．(2018·湖南郴州第二次质监)已知关于x的方程ln|x|－ax2＋＝0有4个不同的实数根，则实数a的取值范围是(　　) A. B. C. D. 答案：A 解析：设f(x)＝ln|x|－ax2＋，则f(x)为偶函数，函数f(x)有4个零点等价于函数f(x)在区间(0，＋∞)有两个零点．若a≤0，当x0时，函数f(x)＝ln|x|－ax2＋＝lnx－ax2＋在区间(0，＋∞)上单调递增，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，不符合题意．所以a0.当x0时，f(x)＝ln|x|－ax2＋＝lnx－ax2＋，f′(x)＝－2ax＝.由f′(x)0得0x，由f′(x)0得x，所以函数f(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减，所以f(x)max＝f＝ln＋1.函数f(x)在区间(0，＋∞)上有两个零点等价于f(x)max＝ln＋10，解得0a，故选A. 3．(2018·四川双流中学必得分训练)若f(x)＝x3－ax2＋1在(1,3)上单调递减，则实数a的取值范围是(　　) A．(－∞，3] B. C. D．(0,3) 答案：B 解析：因为函数f(x)＝x3－ax2＋1在(1,3)上单调递减，所以f′(x)＝3x2－2ax≤0在(1,3)上恒成立，即a≥x在(1,3)上恒成立．因为，所以a≥.故选B. 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． 4．函数f(x)＝lnx＋(a∈R)在区间[e－2，＋∞)上有两个零点，则a的取值范围是(　　) A. B. C. D. 答案：A 解析：令f(x)＝lnx＋＝0，x∈[e－2，＋∞)，得－a＝xlnx.记H(x)＝xlnx，x∈[e－2，＋∞)，则H′(x)＝1＋lnx，由此可知H(x)在[e－2，e－1]上单调递减，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≤a时，f(x)在[e－2，＋∞)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|MN|的最小值为(　　) A.(1＋ln3) B.ln3 C.(1－ln3) D．ln3－1 答案：A 解析：由f(x)和g(x)的图象可以看到|MN|就是两条曲线间的垂直距离，设F(x)＝f(x)－g(x)＝x3－lnx，求导得F′(x)＝3x2－，令F′(x)＞0，得x＞；令F′(x)＜0，得0＜x＜. 所以当x＝时，F(x)有最小值F()＝＋ln3＝(1＋ln3)，故选A. 6．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|f(x1)－f(x2)|≤t，则实数t的最小值是(　　) A．20 B．18 C．3 D．0 答案：A 解析：对于区间(－3,2]上的任意x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤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[－3，－1]，[1,2]上单调递增，在[－1,1]上单调递减，∴f(x)max＝f(2)＝f(－1)＝1，f(x)min＝f(－3)＝－19，∴f(x)max－f(x)min＝20，∴t≥20，