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2017届高三文科数学(通用版)二轮复习:专题限时集训16 导数的应用(酌情自选) Word版含解析


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专题限时集训(十六)

导数的应用

建议 A、B 组各用时:45 分钟] A组 一、选择题 1.(2016· 四川高考)已知 a 为函数 f(x)=x3-12x 的极小值点,则 a=( A.-4 C.4 D B.-2 D.2 由题意得 f′(x)=3x2-12,令 f′(x)=0 得 x=± 2,∴当 x<-2 或 x>2 时, ) 高考达标]

f′(x)>0;当-2<x<2 时,f′(x)<0,∴f(x)在(-∞,-2)上为增函数,在(-2,2)上为 减函数,在(2,+∞)上为增函数. ∴f(x)在 x=2 处取得极小值,∴a=2.] 2.(2016· 枣庄模拟)已知函数 f(x)是定义在 R 上的可导函数,f′(x)为其导函数, 若对于任意实数 x,有 f(x)-f′(x)>0,则( A.ef(2 015)>f(2 016) B.ef(2 015)<f(2 016) C.ef(2 015)=f(2 016) D.ef(2 015)与 f(2 016)大小不能确定 A e f′?x?-e f?x? f′?x?-f?x? f?x? 令 g(x)= ex , 则 g′(x)= = , 因为 f(x)-f′(x)>0, e2x ex
x x

)

f?2 015? 所以 g′(x)<0, 所以函数 g(x)在 R 上单调递减, 所以 g(2 015)>g(2 016), 即 e2 015 f?2 016? > e2 016 ,所以 ef(2 015)>f(2 016),故选 A.] ex ?2 ? 3.(2016· 安庆模拟)已知函数 f(x)= 2-k? x+ln x?,若 x=2 是函数 f(x)的唯一一 x ? ? 个极值点,则实数 k 的取值范围为( A.(-∞,e] C.(-∞,e) )

B.0,e] D.0,e)
x

A

?e ? -k? x x2ex-2xex ? 2 1? ?x-2?? ? ? ex f′(x)= -k?-x2+x?= (x>0).设 g(x)= x , x4 x2 ? ? ?x-1?ex x2 ,则 g(x)在(0,1)内单调递减,在(1,+∞)内单调递增.

则 g′(x)=
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ex ∴g(x)在(0,+∞)上有最小值,为 g(1)=e, 结合 g(x)= x 与 y=k 的图象可知, 要满足题意,只需 k≤e,选 A.] 4.(2016· 邯郸一模)已知函数 f(x)=x3+ax2+bx+c 有两个极值点 x1,x2.若 f(x1) =x1<x2,则关于 x 的方程 3(f(x))2+2af(x)+b=0 的不同实根个数为( A.3 C.5 A B.4 D.6 f′(x)=3x2+2ax+b,原题等价于方程 3x2+2ax+b=0 有两个不等实数根 )

x1,x2,且 x1<x2,x∈(-∞,x1)时,f′(x)>0,f(x)单调递增;x∈(x1,x2)时,f′(x) <0,f(x)单调递减;x∈(x2,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增.∴x1 为极大值点, x2 为极小值点.∴方程 3(f(x))2+2af(x)+b=0 有两个不等实根,f(x)=x1 或 f(x)=x2. ∵f(x1)=x1,

∴由图知 f(x)=x1 有两个不同的解,f(x)=x2 仅有一个解.故选 A.] 5.(2016· 合肥二模)定义在 R 上的偶函数 f(x)的导函数为 f′(x),若对任意的实 数 x,都有 2f(x)+xf′(x)<2 恒成立,则使 x2f(x)-f(1)<x2-1 成立的实数 x 的取值 范围为( ) 【导学号:85952069】 A.{x|x≠± 1} C.(-1,1) B B.(-∞,-1)∪(1,+∞) D.(-1,0)∪(0,1)

设 g(x)=x2f(x)-1],则由 f(x)为偶函数得 g(x)=x2f(x)-1]为偶函数.又因为

g′(x)=2xf(x)-1]+x2f′(x)=x2f(x)+xf′(x)-2],且 2f(x)+xf′(x)<2,即 2f(x)+ xf′(x)-2<0,所以当 x>0 时,g′(x)=x2f(x)+xf′(x)-2]<0,函数 g(x)=x2f(x) -1]单调递减;当 x<0 时,g′(x)=x2f(x)+xf′(x)-2]>0,函数 g(x)=x2f(x)-1] 单调递增,则不等式 x2f(x)-f(1)<x2-1?x2f(x)-x2<f(1)-1?g(x)<g(1)?|x|>1, 解得 x<-1 或 x>1,故选 B.] 二、填空题 6.(2016· 全国丙卷)已知 f(x)为偶函数,当 x<0 时,f(x)=ln(-x)+3x,则曲线 y =f(x)在点(1,-3)处的切线方程是________.

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y=-2x-1

因为 f(x)为偶函数,所以当 x>0 时,f(x)=f(-x)=ln x-3x,所以

1 f′(x)= -3,则 f′(1)=-2.所以 y=f(x)在点(1,-3)处的切线方程为 y+3=-2(x x -1),即 y=-2x-1.] 7.(2016· 长沙一模)已知函数 f(x)是定义在 R 上的可导函数,其导函数记为 f′(x),若对于任意的实数 x,有 f(x)>f′(x),且 y=f(x)-1 是奇函数,则不等式 f(x) <ex 的解集为________. f?x? (0,+∞) 由题意令 g(x)= ex , 则 g′(x)= = f′?x?· ex-f?x?· ?ex?′ e2x

f′?x?-f?x? . ex

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 y=f(x)-1 为奇函数,所以 f(0)-1=0,即 f(0)=1,g(0)=1, f?x? 则不等式 f(x)<ex 等价为 ex <1=g(0), 即 g(x)<g(0), 解得 x>0,所以不等式的解集为(0,+∞).] 8.(2016· 郑州一模)已知函数 f(x)=x3-3ax(a∈R),若直线 x+y+m=0 对任意 的 m∈R 都不是曲线 y=f(x)的切线,则 a 的取值范围为________. 1 a<3 f(x)=x3-3ax(a∈R),则 f′(x)=3x2-3a,

若直线 x+y+m=0 对任意的 m∈R 都不是曲线 y=f(x)的切线, 则直线的斜率为-1,f′(x)=3x2-3a 与直线 x+y+m=0 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 x=0 时取最小值,-3a>-1, 1 则 a 的取值范围为 a<3.] 三、解答题 a 9.(2016· 潍坊二模)已知函数 f(x)= x+bln x,曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线 方程为 y=x. (1)求函数 f(x)的单调区间及极值;

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(2)若?x≥1,f(x)≤kx 恒成立,求 k 的取值范围. 解] (1)f(x)的定义域为(0,+∞),

bx-a f′(x)= x2 ,2 分 故 f′(1)=b-a=1, 又 f(1)=a,点(1,a)在直线 y=x 上, ∴a=1,则 b=2. 2x-1 1 ∴f(x)= x+2ln x 且 f′(x)= x2 , 1 1 当 0<x<2时,f′(x)<0,当 x>2时, f′(x)>0, 1? ?1 ? ? 故函数 f(x)的单调增区间为?2,+∞?,单调减区间为?0,2?, ? ? ? ? ?1? f(x)极小值=f?2?=2-2ln 2,无极大值.6 分 ? ? f?x? 2ln x 1 (2)由题意知,k≥ x = x +x2(x≥1)恒成立, 2ln x 1 令 g(x)= x +x2(x≥1), 则 g′(x)= 2-2ln x 2 2?x-xln x-1? (x≥1),8 分 x2 -x3= x3

令 h(x)=x-xln x-1(x≥1), 则 h′(x)=-ln x(x≥1), 当 x≥1 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,∴k≥1.12 分 10.(2016· 北京高考)设函数 f(x)=x3+ax2+bx+c. (1)求曲线 y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程; (2)设 a=b=4,若函数 f(x)有三个不同零点,求 c 的取值范围; (3)求证:a2-3b>0 是 f(x)有三个不同零点的必要而不充分条件. 解] =b, 所以曲线 y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为 y=bx+c.2 分
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(1)由 f(x)=x3+ax2+bx+c,得 f′(x)=3x2+2ax+b.因为 f(0)=c,f′(0)

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(2)当 a=b=4 时,f(x)=x3+4x2+4x+c, 所以 f′(x)=3x2+8x+4. 2 令 f′(x)=0,得 3x2+8x+4=0,解得 x=-2 或 x=-3. f(x)与 f′(x)在区间(-∞,+∞)上的情况如下: x f′(x) f(x) (-∞,-2) + ? -2 0 c 2? ? ?-2,-3? ? ? - ? 2 -3 0 32 c-27 ? 2 ? ?-3,+∞? ? ? + ?

2? 32 ? 所以,当 c>0 且 c-27<0 时,存在 x1∈(-4,-2),x2∈?-2,-3?,x3∈ ? ? ? 2 ? ?-3,0?,使得 f(x1)=f(x2)=f(x3)=0. ? ? 32? ? 由 f(x)的单调性知,当且仅当 c∈?0,27?时,函数 f(x)=x3+4x2+4x+c 有三个 ? ? 不同零点.8 分 (3)证明:当 Δ=4a2-12b<0 时,f′(x)=3x2+2ax+b>0,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 Δ=4a2-12b=0 时,f′(x)=3x2+2ax+b 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 Δ=4a2-12b>0. 故 a2-3b>0 是 f(x)有三个不同零点的必要条件. 当 a=b=4,c=0 时,a2-3b>0,f(x)=x3+4x2+4x=x(x+2)2 只有两个不同零 点, 所以 a2-3b>0 不是 f(x)有三个不同零点的充分条件. 因此 a2-3b>0 是 f(x)有三个不同零点的必要而不充分条件.13 分 B组 一、选择题 名校冲刺]

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? π π? 1.(2016· 江西赣中南五校联考)已知函数 y=f(x)对任意的 x∈?-2,2?满足 ? ? f′(x)cos x+f(x)sin x>0(其中 f′(x)是函数 f(x)的导函数),则下列不等式成立的是 ( ) ? π? ? π? A. 2f?-3?<f?-4? ? ? ? ? ?π? C.f(0)>2f?3? ? ? A f?x? 令 g(x)=cos x,则 f′?x?cos x-f?x??cos x?′ cos2x ?π? ?π? B. 2f?3?<f?4? ? ? ? ? ?π? D.f(0)> 2f?4? ? ?

g′(x)= =

f′?x?cos x+f?x?sin x ? π π? ?-2,2?满足 f′(x)cos x+f(x)sin x>0, ,由对任意的 x ∈ 2 cos x ? ?

? π? ?-3? f ? ? ? π π? ? π? ? π? 可得 g′(x)>0,即函数 g(x)在?-2,2?上为增函数,则 g?-3?<g?-4?,即 ? ? ? ? ? ? ? π? cos?-3? ? ? ? π? f?-4? ? ? < , ? π? cos?-4? ? ? ? π? ? π? 即 2f?-3?<f?-4?. ? ? ? ? 故选 A.] 2.(2016· 忻州模拟)已知函数 f(x)=ax2+bx-ln x(a>0,b∈R),若对任意 x>0, f(x)≥f(1),则( ) B.ln a≤-2b D.ln a≥-2b

A.ln a<-2b C.ln a>-2b A

1 f′(x)=2ax+b- x,由题意可知 f′(1)=0,即 2a+b=1,由选项可知,只

需比较 ln a+2b 与 0 的大小,而 b=1-2a,所以只需判断 ln a+2-4a 的符号.构 1 1 1 造一个新函数 g(x)=2-4x+ln x,则 g′(x)= x-4,令 g′(x)=0,得 x=4,当 x<4 1 ?1? 时,g(x)为增函数,当 x>4时,g(x)为减函数,所以对任意 x>0 有 g(x)≤g?4?=1- ? ? ln 4<0,所以有 g(a)=2-4a+ln a=2b+ln a<0?ln a<-2b,故选 A.] 3.(2016· 深圳一模)已知函数 f(x)=ln x-ax2+x 有两个不同零点,则实数 a 的 取值范围是(
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)

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A.(0,1) 1+e? ? C.?-∞, 2 ? e ? ? A

B.(-∞,1) 1+e? ? D.?0, 2 ? e ? ?

令 g(x)=ln x,h(x)=ax2-x,

将问题转化为两个函数图象交点的问题. 当 a≤0 时,g(x)和 h(x)的图象只有一个交点,不满足题意; 当 a>0 时,由 ln x-ax2+x=0,得 a= 令 r(x)= x+ln x x2 ,则 x+ln x x2 .

1? 2 ? ?1+x?· x -?ln x+x?· 2x ? ? r′(x)= 4 x = 1-x-2ln x , x3

当 0<x<1 时,r′(x)>0,r(x)是单调增函数, 当 x>1 时,r′(x)<0,r(x)是单调减函数,且 ∴a 的取值范围是(0,1).故选 A.] 4.(2016· 南昌模拟)已知函数 f(x)=x(ln x-ax)有两个极值点,则实数 a 的取值 范围是( ) 【导学号:85952070】 A.(-∞,0) C.(0,1) B ∵f(x)=x(ln x-ax), 1? ? B.?0,2? ? ? D.(0,+∞) x+ln x x2 >0,∴0<a<1.

∴f′(x)=ln x-2ax+1, 由题意可知 f′(x)在(0,+∞)上有两个不同的零点, 令 f′(x)=0,则 2a= 令 g(x)= ln x+1 x , ln x+1 x ,

-ln x 则 g′(x)= x2 , ∴g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减. 又∵当 x→0 时,g(x)→-∞,
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当 x→+∞时,g(x)→0,而 g(x)max=g(1)=1, 1 ∴只需 0<2a<1?0<a< .] 2 二、填空题 x 5. (2016· 皖南八校联考)已知 x∈(0,2), 若关于 x 的不等式ex< 则实数 k 的取值范围为________. 0,e-1) 依题意,知 k+2x-x2>0,即 k>x2-2x 对任意 x∈(0,2)恒成立,从 x 1 ex 2 ex 2 而 k≥0,所以由ex< 可得 k< x +x -2x.令 f(x)= x +x -2x,则 f′(x)= k+2x-x2
x ex?x-1? ?e ? +2?. ? + 2( x - 1) = ( x - 1) 2 x2 ?x ?

1 恒成立, k+2x-x2

令 f′(x)=0,得 x=1,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 k<f(x)min=f(1)=e-1, 故实数 k 的取值范围是 0,e-1).] 1 6.(2016· 武汉模拟)已知函数 g(x)满足 g(x)=g′(1)ex-1-g(0)x+2x2,且存在实 数 x0 使得不等式 2m-1≥g(x0)成立,则 m 的取值范围为________. 1,+∞) g′(x)=g′(1)ex-1-g(0)+x,当 x=1 时, 1 g(0)=1, 由 g(0)=g′(1)e0-1, 解得 g′(1)=e, 所以 g(x)=ex-x+2x2, 则 g′(x) =ex-1+x,当 x<0 时,g′(x)<0,当 x>0 时,g′(x)>0,所以当 x=0 时,函数 g(x)取得最小值 g(0)=1,根据题意将不等式转化为 2m-1≥g(x)min=1,所以 m≥1.] 三、解答题 7.(2016· 全国甲卷)已知函数 f(x)=(x+1)ln x-a(x-1). (1)当 a=4 时,求曲线 y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程; (2)若当 x∈(1,+∞)时,f(x)>0,求 a 的取值范围. 解] (1)f(x)的定义域为(0,+∞).

当 a=4 时,f(x)=(x+1)ln x-4(x-1), 1 f(1)=0,f′(x)=ln x+ x -3,f′(1)=-2. 故曲线 y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程为 2x+y-2=0.4 分 (2)当 x∈(1,+∞)时,f(x)>0 等价于 ln x- a?x-1? >0. x+1

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设 g(x)=ln x-

a?x-1? , x+1

x2+2?1-a?x+1 1 2a 则 g′(x)= x- = ,g(1)=0.8 分 ?x+1?2 x?x+1?2 ①当 a≤2,x∈(1,+∞)时,x2+2(1-a)x+1≥x2-2x+1>0,故 g′(x)>0, g(x)在(1,+∞)单调递增,因此 g(x)>0; ②当 a>2 时, 令 g′(x)=0 得 x1=a-1- ?a-1?2-1, x2=a-1+ ?a-1?2-1. 由 x2>1 和 x1x2=1 得 x1<1,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(-∞,2].12 分 1 e 8.(2016· 四川高考)设函数 f(x)=ax2-a-ln x,g(x)= x-ex,其中 a∈R,e= 2.718…为自然对数的底数. (1)讨论 f(x)的单调性; (2)证明:当 x>1 时,g(x)>0; (3)确定 a 的所有可能取值,使得 f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内恒成立. 解]
2 1 2ax -1 (1)由题意得 f′(x)=2ax- x= x (x>0).

当 a≤0 时,f′(x)<0,f(x)在(0,+∞)内单调递减. 当 a>0 时,由 f′(x)=0 有 x= 1 , 2a

1 ? ? ?时,f′(x)<0,f(x)单调递减; 当 x∈?0, 2a? ? ? 1 ? ,+∞?时,f′(x)>0,f(x)单调递增.4 分 当 x∈? ? 2a ? (2)证明:令 s(x)=ex-1-x, 则 s′(x)=ex-1-1. 当 x>1 时,s′(x)>0,所以 ex-1>x, 1 1 从而 g(x)= x- x-1>0.8 分 e (3)由(2)知,当 x>1 时,g(x)>0. 当 a≤0,x>1 时,f(x)=a(x2-1)-ln x<0. 故当 f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内恒成立时,必有 a>0. 1 1 当 0<a<2时, >1. 2a
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? 1 ? ?<f(1)=0, 由(1)有 f? ? 2a? ? 1 ? ?>0, 而 g? ? 2a? 所以此时 f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内不恒成立.11 分 1 当 a≥2时,令 h(x)=f(x)-g(x)(x≥1).
3 2 1 1 1 1 1 x -2x+1 x -2x+1 当 x>1 时,h′(x)=2ax-x +x2-e1-x>x- x+x2-x= > >0. 2 x x2

因此,h(x)在区间(1,+∞)上单调递增. 又因为 h(1)=0,所以当 x>1 时,h(x)=f(x)-g(x)>0, 即 f(x)>g(x)恒成立. ?1 ? 综上,a∈?2,+∞?.14 分 ? ?

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