2018版数学二轮复习第1部分重点强化专题限时集训16导数的应用文

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精PAGEPAGE18学必求其心得，业必贵于专精专题限时集训(十六）导数的应用[建议A、B组各用时：45分钟］［A组高考达标]一、选择题1.函数y＝f(x)的导函数y＝f′（x）的图象如图16。1所示,则函数y＝f（x)的图象可能是（)图16。1D[观察导函数f′(x）的图象可知，f′(x）的函数值从左到右依次为小于0,大于0，小于0,大于0，∴对应函数f(x）的增减性从左到右依次为减、增、减、增．观察选项可知，排除A、C。如图所示,f′(x）有3个零点，从左到右依次设为x1，x2，x3,且x1,x3是极小值点，x2是极大值点，且x2〉0，故选项D正确．故选D。］2．已知a为函数f(x）＝x3－12x的极小值点，则a＝（)A．－4 B．－2C．4 D．2D［由题意得f′（x）＝3x2－12,令f′（x）＝0得x＝±2，∴当x<－2或x>2时，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.］3．(2017·黄山二模）已知f(x)＝eq\f(lnx，x)，则()A．f(2)＞f(e)＞f（3)B．f（3)＞f（e)＞f(2）C．f（3)＞f（2)＞f（e)D．f（e）＞f(3)＞f（2）D［f（x）的定义域是（0，＋∞），f′(x）＝eq\f（1－lnx,x2)，令f′(x)＝0,得x＝e。∴当x∈（0,e）时，f′（x)＞0，f(x）单调递增，当x∈(e，＋∞）时，f′（x）＜0，f（x)单调递减,故x＝e时,f（x）max＝f(e）＝eq\f(1,e）,而f(2)＝eq\f（ln2，2)＝eq\f（ln8,6），f(3）＝eq\f(ln3，3）＝eq\f（ln9，6)，所以f(e）＞f（3)＞f(2)，故选D。]4．（2017·西安一模）设函数f（x)＝xsinx在x＝x0处取得极值，则（1＋xeq\o\al（2，0）)·（1＋cos2x0）的值为（)A．1 B．－1C．－2 D．2D［由f（x）＝xsinx得f′（x）＝sinx＋xcosx，令f′(x)＝0，则x0＝－tanx0，所以xeq\o\al（2,0）＝tan2x0，则（1＋xeq\o\al(2,0））(1＋cos2x0)＝2（1＋xeq\o\al(2,0）)·cos2x0＝2(1＋tan2x0）cos2x0＝eq\f(2cos2x0＋sin2x0，cos2x0）·cos2x0＝2,故选D。]5．(2017·长江五校联考）定义在（0,＋∞）上的函数f（x)满足x2f′（x)＋1＞0，f（1)＝6，则不等式f(lgx）＜eq\f（1，lgx)＋5的解集为()A．(eq\r(10）,10） B．（0，10）C．（10，＋∞) D．(1，10）D[由题意得f′（x）＋eq\f（1,x2)＞0,设g（x)＝f（x)－eq\f(1，x）－5，则g′（x）＝f′（x）＋eq\f(1,x2)，故g（x)在(0，＋∞）上单调递增，又g（1）＝0,故g（x)＜0的解集为（0,1），即f（x）＜eq\f(1,x）＋5的解集为（0,1），由0＜lgx＜1,解得1＜x＜10，则所求不等式的解集为(1，10），故选D。］二、填空题6．(2017·武汉一模)已知函数f(x)＝－eq\f（1，2）x2＋4x－3lnx在（t，t＋1)上存在极值点，则实数t的取值范围为________。（0,1)∪(2,3)［由题意得f′(x)＝－x＋4－eq\f(3，x）＝－eq\f(x2－4x＋3，x）＝－eq\f(x－3x－1，x)(x＞0)．由f′（x)＝0得x＝1或x＝3，所以要使函数f(x）在(t,t＋1)上存在极值点，则t＜1＜t＋1或t＜3＜t＋1,即0＜t＜1或2＜t＜3，所以实数t的取值范围为（0，1)∪（2,3)．］7．(2017·郴州三模）已知奇函数f(x）＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f（ex,x)－1x＞0，,hxx＜0，）)则函数h（x）的最大值为________．1－e[当x＞0时，f′（x)＝eq\f（exx－1，x2），∴x∈（0,1)时，f′（x）＜0，函数单调递减，x∈（1，＋∞)时,f′（x)＞0,函数单调递增，∴x＝1时，函数取得极小值即最小值,为e－1，∴由已知条件得h（x)的最大值为1－e.］8．已知函数f(x）＝x3－2x＋ex－eq\f（1，ex）,其中e是自然对数的底数．若f（a－1)＋f(2a2）≤0,则实数a的取值范围是________．eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1(－1，\f（1，2))）［因为f（－x）＝(－x)3－2（－x)＋e－x－eq\f（1，e－x）＝－x3＋2x－ex＋eq\f（1,ex）＝－f(x),所以f(x)＝x3－2x＋ex－eq\f(1，ex)是奇函数．因为f（a－1)＋f（2a2所以f（2a2）≤－f（a－1），即f（2a2）≤f(1－因为f′(x)＝3x2－2＋ex＋e－x≥3x2－2＋2eq\r(ex·e－x）＝3x2≥0，所以f(x)在R上单调递增，所以2a2≤1－a，即2a2＋所以－1≤a≤eq\f(1，2）。］三、解答题9．（2016·潍坊二模）已知函数f（x）＝eq\f（a，x）＋blnx，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；（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,＋∞），f′（x)＝eq\f(bx－a,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。∴f（x)＝eq\f（1，x）＋2lnx且f′（x)＝eq\f(2x－1，x2)，当0＜x＜eq\f（1，2)时，f′（x）＜0，当x＞eq\f(1,2）时,f′（x）＞0，故函数f（x）的单调增区间为eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(1,2)，＋∞)），单调减区间为eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(0，\f（1,2））），f(x)极小值＝feq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(1，2）））＝2－2ln2，无极大值． 6分(2）由题意知，k≥eq\f(fx,x)＝eq\f(2lnx,x)＋eq\f（1,x2）(x≥1）恒成立，令g（x）＝eq\f(2lnx，x）＋eq\f（1，x2）(x≥1)，则g′(x)＝eq\f（2－2lnx,x2）－eq\f(2，x3)＝eq\f（2x－xlnx－1，x3）(x≥1)，8分令h(x）＝x－xlnx－1(x≥1)，则h′（x)＝－lnx（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．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］(1)由f（x)＝x3＋ax2＋bx＋c，得f′（x）＝3x2＋2ax＋b.因为f（0)＝c，f′(0）＝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(2）当a＝b＝4时，f(x）＝x3＋4x2＋4x＋c,所以f′（x）＝3x2＋8x＋4.令f′（x）＝0,得3x2＋8x＋4＝0,解得x＝－2或x＝－eq\f(2，3）。f(x）与f′(x)在区间(－∞,＋∞）上的情况如下：x（－∞，－2)－2eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(－2，－\f(2,3）)）－eq\f(2，3）eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（－\f(2,3),＋∞）)f′（x)＋0－0＋f(x）cc－eq\f(32,27)所以，当c＞0且c－eq\f（32，27）＜0时，存在x1∈（－4，－2），x2∈eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（－2,－\f（2，3))），x3∈eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（－\f（2,3），0)),使得f（x1)＝f（x2)＝f（x3)＝0。由f(x)的单调性知,当且仅当c∈eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（0,\f（32，27）)）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． 12分［B组名校冲刺］一、选择题1．（2017·江淮十校联考）设函数f(x）＝eq\f(1,2）x2－9lnx在区间［a－1，a＋1］上单调递减，则实数a的取值范围是(）A．1＜a≤2 B．a≥4C．a≤2 D．0＜a≤3A［易知函数f(x)的定义域为(0，＋∞）,f′（x)＝x－eq\f（9,x)，由f′（x）＝x－eq\f（9,x）＜0，解得0＜x＜3.因为函数f(x）＝eq\f(1,2）x2－9lnx在区间［a－1，a＋1]上单调递减，所以eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（a－1＞0，，a＋1≤3,）)解得1＜a≤2，选A.］2．(2017·广州一模）设函数f(x）＝x3＋ax2，若曲线y＝f（x)在点P（x0，f（x0))处的切线方程为x＋y＝0，则点P的坐标为（)A．（0，0) B．(1，－1)C．(－1，1） D．（1，－1)或（－1,1)D[由题易知，f′(x）＝3x2＋2ax，所以曲线y＝f(x)在点P（x0，f(x0））处的切线的斜率为f′（x0)＝3xeq\o\al(2,0)＋2ax0，又切线方程为x＋y＝0,所以x0≠0，且eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(3x\o\al(2，0)＋2ax0＝－1，，x0＋x\o\al（3，0）＋ax\o\al(2,0)＝0，））解得a＝±2,x0＝－eq\f（a，2）。所以当eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝1，a＝－2)）时,点P的坐标为(1，－1）,当eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝－1,a＝2)）时，点P的坐标为（－1,1)，故选D。］3．已知函数y＝f（x)对任意的x∈eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（－\f(π，2），\f（π，2))）满足f′(x)cosx＋f（x)sinx＞0（其中f′(x）是函数f（x）的导函数），则下列不等式成立的是（）A.eq\r(2）feq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(－\f（π，3)））＜feq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（－\f(π，4）)) B．eq\r(2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（π，3）））＜feq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(π,4))）C．f(0）＞2feq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(π,3）)） D．f（0）＞eq\r(2）feq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（π,4）))A[令g(x)＝eq\f（fx,cosx)，则g′(x）＝eq\f（f′xcosx－fxcosx′,cos2x）＝eq\f(f′xcosx＋fxsinx,cos2x)，由对任意的x∈eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(－\f（π，2），\f（π,2)))满足f′(x）cosx＋f（x）sinx＞0，可得g′（x)＞0，即函数g（x)在eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（－\f（π，2)，\f（π,2）)）上为增函数，则geq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(－\f（π，3））)＜geq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(－\f（π，4)））,即eq\f（f\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（－\f(π,3）)），cos\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（－\f(π，3))））＜eq\f(f\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)）)，cos\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（－\f(π,4））)），即eq\r(2)feq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（－\f（π，3）)）＜feq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（－\f(π，4)）).故选A.]4．（2016·南昌模拟)已知函数f(x)＝x（lnx－ax)有两个极值点,则实数a的取值范围是（）A．（－∞，0) B.eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(0，\f(1，2)))C．（0，1） D．（0，＋∞)B［∵f（x)＝x（lnx－ax），∴f′（x)＝lnx－2ax＋1，由题意可知f′（x）在(0,＋∞)上有两个不同的零点，令f′(x）＝0，则2a＝eq\f（lnx＋1，x),令g(x）＝eq\f（lnx＋1，x)，则g′(x)＝eq\f（－lnx,x2)，∴g（x）在（0，1)上单调递增，在(1,＋∞)上单调递减．又∵当x→0时,g（x）→－∞，当x→＋∞时，g（x）→0,而g(x)max＝g（1）＝1，∴只需0＜2a＜1⇒0＜a＜eq\f（1,2）。]二、填空题5．设函数f（x)＝lnx－eq\f（1，2）ax2－bx，若x＝1是f(x）的极大值点，则a的取值范围是________．(－1，＋∞）[f(x）的定义域为（0,＋∞），f′（x）＝eq\f（1，x）－ax－b，由f′（1)＝0，得b＝1－a，∴f′(x)＝eq\f（1，x）－ax＋a－1＝eq\f（－ax2＋1＋ax－x，x)＝－eq\f(ax＋1x－1,x)。①若a≥0，由f′(x)＝0，得x＝1，当0＜x＜1时,f′（x)＞0，f(x)单调递增；当x＞1时，f′（x）＜0，f（x）单调递减;所以x＝1是f(x)的极大值点．②若a＜0，由f′(x）＝0，得x＝1或x＝－eq\f(1,a).因为x＝1是f（x）的极大值点,所以－eq\f（1，a)＞1，解得－1＜a＜0.综合①②得a的取值范围是(－1，＋∞）．]6．（2016·皖南八校联考)已知x∈(0，2），若关于x的不等式eq\f（x,ex）＜eq\f（1，k＋2x－x2）恒成立，则实数k的取值范围为________．［0,e－1）［依题意，知k＋2x－x2＞0，即k＞x2－2x对任意x∈(0，2)恒成立，从而k≥0，所以由eq\f(x，ex）＜eq\f（1，k＋2x－x2)可得k＜eq\f(ex,x)＋x2－2x。令f（x）＝eq\f（ex,x）＋x2－2x，则f′（x）＝eq\f（exx－1,x2)＋2（x－1）＝（x－1)eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(ex,x2）＋2))。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）．]三、解答题7．已知函数f（x）＝（x＋1)lnx－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)lnx－4(x－1），f（1）＝0,f′（x）＝lnx＋eq\f（1,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lnx－eq\f(ax－1，x＋1）＞0。设g（x）＝lnx－eq\f(ax－1,x＋1），则g′(x）＝eq\f（1，x）－eq\f(2a,x＋12）＝eq\f（x2＋21－ax＋1,xx＋12）,g（1)＝0． 8分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－eq\r（a－12－1），x2＝a－1＋eq\r(a－12－1）。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8．设函数f（x）＝ax2－a－lnx，g(x）＝eq\f（1，x)－eq\f（e，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。【导学号：04024143】[解]（1)由题意得f′（x）＝2ax－eq\f(1,x)＝eq\f(2ax2－1，x）（x>0)．当a≤0时,f′（x)<0，f(x)在（0,＋∞)内单调递减．当a〉0时