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高考一轮复习--考点规范练15-导数的综合应用


考点规范练 15 导数的综合应用
基础巩固组 1.若 0<x1<x2<1,则( A. C.x2 答案:C >x1 ) B. D.x2 <ln x2-ln x1 <x1 >ln x2-ln x1

解析:设 f(x)=ex-lnx,则 f'(x)=

.

当 x>0 且 x 趋近于 0 时,x· ex-1<0; 当 x=1 时,x· ex-1>0,因此在(0,1)上必然存在 x1≠x2,使得 f(x1)=f(x2),因此 A,B 不正确; 设 g(x)= ,当 0<x<1 时,g'(x)= <0,所以 g(x)在(0,1)上为减函数.

所以 g(x1)>g(x2),即

,所以 x2

>x1

.故选 C.

2.(2015 广东湛江一模)若函数 f(x)=x+ (b∈R)的导函数在区间(1,2)上有零点,则 f(x)在下列区间 上单调递增的是( A.(-2,0) 答案:D ) B.(0,1) C.(1,+∞) D.(-∞,-2)

解析:由题意知,f'(x)=1- ,∵函数 f(x)=x+ (b∈R)的导函数在区间(1,2)上有零点,

∴当 1- =0 时,b=x2,又 x∈(1,2), ∴b∈(1,4),令 f'(x)>0,解得 x<- 或 x> ∵b∈(1,4),∴(-∞,-2)符合题意,故选 D.
,即 f(x)的单调递增区间为(-∞,) ),( ,+∞),

3.当 x∈[-2,1]时,不等式 ax3-x2+4x+3≥0 恒成立,则实数 a 的取值范围是( A.[-5,-3] B.

C.[-6,-2] D.[-4,-3] 答案:C 解析:∵当 x∈[-2,1]时,不等式 ax3-x2+4x+3≥0 恒成立,即当 x∈[-2,1]时,不等式 ax3≥x2-4x-3(*) 恒成立. (1)当 x=0 时,a∈R. (2)当 0<x≤1 时,由(*)得 a≥ 恒成立.
1

设 f(x)= 则 f'(x)=-

, .

当 0<x≤1 时,x-9<0,x+1>0, ∴f'(x)>0, ∴f(x)在(0,1]上单调递增. 当 0<x≤1 时,可知 a≥f(x)max=f(1)=-6. (3)当-2≤x<0 时,由(*)得 a≤ 令 f'(x)=0,得 x=-1 或 x=9(舍). .

∴当-2≤x<-1 时,f'(x)<0,当-1<x<0 时,f'(x)>0, ∴f(x)在[-2,-1)上递减,在(-1,0)上递增. ∴x∈[-2,0)时,f(x)min=f(-1)=-1-4+3=-2.∴可知 a≤f(x)min=-2.
综上所述,当 x∈[-2,1]时,实数 a 的取值范围为-6≤a≤-2.故选 C. 4.(2015 河南洛阳统考)若函数 f(x)=2x3-9x2+12x-a 恰好有两个不同的零点,则 a 可能的值为 ( ) A.4 B.6 C.7 D.8 答案:A 解析:由题意得 f'(x)=6x2-18x+12=6(x-1)(x-2),由 f'(x)>0 得 x<1 或 x>2,由 f'(x)<0 得 1<x<2,所以 函数 f(x)在(-∞,1),(2,+∞)上单调递增,在(1,2)上单调递减,从而可知 f(x)的极大值和极小值分别为 f(1),f(2),若欲使函数 f(x)恰好有两个不同的零点,则需使 f(1)=0 或 f(2)=0,解得 a=5 或 a=4,而选 项中只给出了 4,所以选 A. 5.若函数 f(x)=kx-ln x 在区间(1,+∞)单调递增,则 k 的取值范围为 . 答案:[1,+∞) 解析:依题意得 f'(x)=k- ≥0 在(1,+∞)上恒成立, 即 k≥ 在(1,+∞)上恒成立,

∵x>1,∴0< <1,∴k≥1.
6.(2015 河南开封一模)已知函数 f(x)=ax3-3x+1 对 x∈(0,1]总有 f(x)≥0 成立,则实数 a 的取值范 围是 . 答案:[4,+∞) 解析:当 x∈(0,1]时不等式 ax3-3x+1≥0 可化为 a≥ g'(x)=
2

,设 g(x)=

,x∈(0,1],

=-

.

g'(x)与 g(x)随 x 的变化情况如下表: x g'(x) g(x) + ↗ 0 极大值 4 ↘

因此 g(x)的最大值为 4,则实数 a 的取值范围是[4,+∞). 7.已知函数 f(x)=x3+ax2+bx+c 在 x=- 与 x=1 处都取得极值. (1)求 a,b 的值及函数 f(x)的单调区间; (2)若对于 x∈[-1,2],不等式 f(x)<c2 恒成立,求 c 的取值范围. 解:(1)∵f(x)=x3+ax2+bx+c, ∴f'(x)=3x2+2ax+b. 又∵f(x)在 x=- 与 x=1 处都取得极值,

∴f'

a+b=0,f'(1)=3+2a+b=0,

两式联立解得 a=- ,b=-2,

∴f(x)=x3- x2-2x+c,
f'(x)=3x2-x-2=(3x+2)(x-1), 令 f'(x)=0,得 x1=- ,x2=1, 当 x 变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表: x f'(x) f(x) + ↗ 0 极大值 与(1,+∞); ↘ 1 0 极小值 (1,+∞) + ↗

∴函数 f(x)的递增区间为
递减区间为 .

(2)f(x)=x3- x2-2x+c,x∈[-1,2],

3

当 x=- 时,f

+c 为极大值,

而 f(2)=2+c,则 f(2)=2+c 为最大值, 要使 f(x)<c2(x∈[-1,2])恒成立,只需 c2>f(2)=2+c,解得 c<-1 或 c>2. ∴c 的取值范围为(-∞,-1)∪(2,+∞). 8.(2015 江苏连云港一模)已知函数 f(x)=ln x- ax2+x,a∈R. (1)若 f(1)=0,求函数 f(x)的单调递减区间; (2)若关于 x 的不等式 f(x)≤ax-1 恒成立,求整数 a 的最小值; (3)若 a=-2,正实数 x1,x2 满足 f(x1)+f(x2)+x1x2=0,证明:x1+x2≥ 解:(1)因为 f(1)=1- =0,所以 a=2, 此时 f(x)=lnx-x2+x,x>0, f'(x)= -2x+1= (x>0), .

由 f'(x)<0,得 2x2-x-1>0, 又 x>0,所以 x>1. 所以 f(x)的单调减区间为(1,+∞). (2)解法一:令 g(x)=f(x)-(ax-1)=lnx- ax2+(1-a)x+1,

所以 g'(x)= -ax+(1-a)= 当 a≤0 时,因为 x>0,所以 g'(x)>0. 所以 g(x)在(0,+∞)上是递增函数,

.

又因为 g(1)=ln1- a× 12+(1-a)+1=- a+2>0, 所以关于 x 的不等式 f(x)≤ax-1 不能恒成立. 当 a>0 时,g'(x)= 令 g'(x)=0,得 x= . 所以当 x∈ 时,g'(x)>0;当 x∈ 时,g'(x)<0,
4

=-

,

因此函数 g(x)在 x∈

上是增函数,在 x∈

上是减函数.

故函数 g(x)的最大值为 g

=ln



+(1-a)× +1= -lna.

令 h(a)= -lna, 因为 h(1)= >0,h(2)= -ln2<0, 又因为 h(a)在(0,+∞)是减函数. 所以当 a≥2 时,h(a)<0. 所以整数 a 的最小值为 2. 解法二:由 f(x)≤ax-1 恒成立,得 lnx- ax2+x≤ax-1 在(0,+∞)上恒成立, 问题等价于 a≥ 令 g(x)= 因为 g'(x)= 在(0,+∞)上恒成立.

,只要 a≥g(x)max, ,

令 g'(x)=0,得- x-lnx=0. 设 h(x)=- x-lnx, 因为 h'(x)=<0,

所以 h(x)在(0,+∞)上单调递减, 不妨设- x-lnx=0 的根为 x0. 当 x∈(0,x0)时,g'(x)>0;当 x∈(x0,+∞)时,g'(x)<0, 所以 g(x)在 x∈(0,x0)上是增函数;在 x∈(x0,+∞)上是减函数. 所以 g(x)max=g(x0)= .

因为 h

=ln2- >0,h(1)=- <0,

所以 <x0<1,此时 1< <2,
5

即 g(x)max∈(1,2). 所以 a≥2,即整数 a 的最小值为 2. (3)当 a=-2 时,f(x)=lnx+x2+x,x>0. 由 f(x1)+f(x2)+x1x2=0,即 lnx1+ +x1+lnx2+ 从而(x1+x2)2+(x1+x2)=x1· x2-ln(x1· x2) 令 t=x1· x2,则由 φ(t)=t-lnt 得,φ'(t)= 可知,φ(t)在区间(0,1)上单调递减,在区间(1,+∞)上单调递增. 所以 φ(t)≥φ(1)=1, 所以(x1+x2)2+(x1+x2)≥1, 因此 x1+x2≥ 成立. +x2+x1x2=0

9.(2015 四川,理 21)已知函数 f(x)=-2(x+a)ln x+x2-2ax-2a2+a,其中 a>0. (1)设 g(x)是 f(x)的导函数,讨论 g(x)的单调性; (2)证明:存在 a∈(0,1),使得 f(x)≥0 在区间(1,+∞)内恒成立,且 f(x)=0 在区间(1,+∞)内有唯一解. (1)解:由已知,函数 f(x)的定义域为(0,+∞),g(x)=f'(x)=2(x-a)-2lnx-2 所以 g'(x)=2当 0<a< 时,g(x)在区间 . 上单调递增, ,

在区间

上单调递减;

当 a≥ 时,g(x)在区间(0,+∞)上单调递增. (2)证明:由 f'(x)=2(x-a)-2lnx-2 =0,解得 a= .

令 φ(x)=-2

lnx+x2-2

x-2

.

则 φ(1)=1>0,φ(e)=-

-2

<0.

故存在 x0∈(1,e),使得 φ(x0)=0. 令 a0= ,u(x)=x-1-lnx(x≥1).
6

由 u'(x)=1- ≥0 知,函数 u(x)在区间(1,+∞)上单调递增.

所以 0=

=a0<

<1.

即 a0∈(0,1). 当 a=a0 时,有 f'(x0)=0,f(x0)=φ(x0)=0. 由(1)知,f'(x)在区间(1,+∞)上单调递增, 故当 x∈(1,x0)时,f'(x)<0,从而 f(x)>f(x0)=0; 当 x∈(x0,+∞)时,f'(x)>0,从而 f(x)>f(x0)=0. 所以,当 x∈(1,+∞)时,f(x)≥0. 综上所述,存在 a∈(0,1),使得 f(x)≥0 在区间(1,+∞)内恒成立,且 f(x)=0 在区间(1,+∞)内有唯 一解.

能力提升组
10.(2015 江南十校联考)已知函数 f(x)= (1)求函数 f(x)的解析式和单调区间; (2)若函数 g(x)= x2+a 与函数 f(x)的图象在区间[-1,2]上恰有两个不同的交点,求实数 a 的取值范 围. 解:(1)由已知得 f'(x)= ex-f(0)+x, · ex-f(0)· x+ x2(e 是自然对数的底数).

令 x=1,得 f'(1)=f'(1)-f(0)+1,即 f(0)=1. 又 f(0)= ,所以 f'(1)=e.

从而 f(x)=ex-x+ x2. 显然 f'(x)=ex-1+x 在 R 上单调递增且 f'(0)=0, 故当 x∈(-∞,0)时,f'(x)<0; 当 x∈(0,+∞)时,f'(x)>0. ∴f(x)的单调递减区间是(-∞,0), 单调递增区间是(0,+∞). (2)由 f(x)=g(x)得 a=ex-x. 令 h(x)=ex-x,则 h'(x)=ex-1. 由 h'(x)=0 得 x=0. 所以当 x∈(-1,0)时,h'(x)<0; 当 x∈(0,2)时,h'(x)>0.
7

∴h(x)在(-1,0)上单调递减,在(0,2)上单调递增.
又 h(0)=1,h(-1)=1+ , h(2)=e2-2 且 h(-1)<h(2).

∴两个图象恰有两个不同的交点时,实数 a 的取值范围是

.

11.(2015 江苏,19)已知函数 f(x)=x3+ax2+b(a,b∈R). (1)试讨论 f(x)的单调性; (2)若 b=c-a(实数 c 是与 a 无关的常数),当函数 f(x)有三个不同的零点时,a 的取值范围恰好是(∞,-3)∪ 解:(1)f'(x)=3x2+2ax, 令 f'(x)=0, 解得 x1=0,x2=- . 当 a=0 时,因为 f'(x)=3x2>0(x≠0), 所以函数 f(x)在(-∞,+∞)上单调递增; 当 a>0 时,x∈ 所以函数 f(x)在 当 a<0 时,x∈(-∞,0)∪ 所以函数 f(x)在(-∞,0), ∪(0,+∞)时,f'(x)>0,x∈ ,(0,+∞)上单调递增,在 时,f'(x)>0,x∈ 上单调递增,在 时,f'(x)<0, 上单调递减; 时,f'(x)<0, 上单调递减. a3+b, <0,从而 ,求 c 的值.

(2)由(1)知,函数 f(x)的两个极值为 f(0)=b,f 则函数 f(x)有三个零点等价于 f(0)· f =b

又 b=c-a,所以当 a>0 时, a3-a+c>0 或当 a<0 时, a3-a+c<0. 设 g(a)= a3-a+c,因为函数 f(x)有三个零点时,a 的取值范围恰好是(-∞,-3)∪ ,

8

则在(-∞,-3)上 g(a)<0,且在 从而 g(-3)=c-1≤0,且 g =c-1≥0,

上 g(a)>0 均恒成立,

因此 c=1. 此时,f(x)=x3+ax2+1-a=(x+1)[x2+(a-1)x+1-a], 因函数有三个零点,则 x2+(a-1)x+1-a=0 有两个异于-1 的不等实根,所以 Δ=(a-1)2-4(1a)=a2+2a-3>0,且(-1)2-(a-1)+1-a≠0, 解得 a∈(-∞,-3)∪ 综上 c=1. 12.(2015 天津,理 20)已知函数 f(x)=nx-xn,x∈R,其中 n∈N*,且 n≥2. (1)讨论 f(x)的单调性; (2)设曲线 y=f(x)与 x 轴正半轴的交点为 P,曲线在点 P 处的切线方程为 y=g(x),求证:对于任意 的正实数 x,都有 f(x)≤g(x); (3)若关于 x 的方程 f(x)=a(a 为实数)有两个正实数根 x1,x2,求证:|x2-x1|< +2 . .

(1)解:由 f(x)=nx-xn,可得 f'(x)=n-nxn-1=n(1-xn-1),其中 n∈N*,且 n≥2.下面分两种情况讨论: ①当 n 为奇数时, 令 f'(x)=0,解得 x=1,或 x=-1. 当 x 变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表: x f'(x) f(x) (-∞,-1) ↘ (-1,1) + ↗ (1,+∞) ↘

所以,f(x)在(-∞,-1),(1,+∞)上单调递减,在(-1,1)内单调递增. ②当 n 为偶数时, 当 f'(x)>0,即 x<1 时,函数 f(x)单调递增; 当 f'(x)<0,即 x>1 时,函数 f(x)单调递减. 所以,f(x)在(-∞,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减. (2)证明:设点 P 的坐标为(x0,0),则 x0= ,f'(x0)=n-n2.曲线 y=f(x)在点 P 处的切线方程为

y=f'(x0)(x-x0),即 g(x)=f'(x0)(x-x0).令 F(x)=f(x)-g(x),即 F(x)=f(x)-f'(x0)(x-x0),则 F'(x)=f'(x)-f'(x0). 由于 f'(x)=-nxn-1+n 在(0,+∞)上单调递减,故 F'(x)在(0,+∞)上单调递减.又因为 F'(x0)=0,所以 当 x∈(0,x0)时,F'(x)>0,当 x∈(x0,+∞)时,F'(x)<0,所以 F(x)在(0,x0)内单调递增,在(x0,+∞)上单调 递减,所以对于任意的正实数 x,都有 F(x)≤F(x0)=0,即对于任意的正实数 x,都有 f(x)≤g(x). (3)证明:不妨设 x1≤x2.由(2)知 g(x)=(n-n2)(x-x0).
9

设方程 g(x)=a 的根为 x'2,可得 x'2=

+x0.

当 n≥2 时,g(x)在(-∞,+∞)上单调递减.又由(2)知 g(x2)≥f(x2)=a=g(x'2),可得 x2≤x'2. 类似地,设曲线 y=f(x)在原点处的切线方程为 y=h(x),可得 h(x)=nx.当 x∈(0,+∞),f(x)-h(x)=n x <0,即对于任意的 x∈(0,+∞),f(x)<h(x). 设方程 h(x)=a 的根为 x'1,可得 x'1= . 因为 h(x)=nx 在(-∞,+∞)上单调递增,且 h(x'1)=a=f(x1)<h(x1),因此 x'1<x1. 由此可得 x2-x1<x'2-x'1= 因为 n≥2, 所以 2n-1=(1+1)n-1≥1+ 所以,|x2-x1|< +2. =1+n-1=n,故 2≥ =x0. +x0.

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