高考数学二轮复习导数的综合应用提能专训

高考数学二轮复习导数的综合应用提能专训高考数学二轮复习导数的综合应用提能专训高考数学二轮复习导数的综合应用提能专训高考数学二轮复习导数的综合应用提能专训一、选择题131．(2014·江西八校联考)已知m是区间[0,4]内任取的一个数，那么函数f(x)＝3x－22在x∈R上是增函数的概率是( )2x＋mx＋311A.4B.312C.D.23[答案]C132222[分析]∵f(x)＝3x－2x＋mx＋3在R上是增函数，∴f′(x)＝x－4x＋m≥0在R上恒建立，2∴＝16－4m≤0，解得m≤－2或m≥2.又∵0≤m≤4，∴2≤m≤4.1故所求的概率为P＝4＝2.2．(2014·辽宁五校联考)已知a，b是实数，且e<a<b，此中e是自然对数的底数，则ab与ba的大小关系是()babaA．a>bB．a<bC．ab＝baD．ab与ba的大小关系不确立[答案]Alnx，因为1－lnx，所以在(e，＋∞)上，[分析]结构协助函数f(x)＝xf′(x)＝x2′( )<0，()为减函数，则()>(lnalnbln>ln，lnb>lnaxf)，即>，bab，所以fxfafbabbaaab>ba.3．(2014·忻州联考)定义在0，πf(x)，′( )是它的导函数，且恒有上的函数2fxf(x)<f′(x)·tanx建立，则()πππA.3f4>2f3B．f(1)<2f6sin1ππππC.2f6>f4D.3f6<f3[答案]D[分析]∵f(x)<f′(x)·tanx，1即f′(x)sinx－f(x)cosx>0，fxf′xsinx－fxcosx∴sinx′＝sin2x>0，fx0，π∴函数sinx在2上单一递加，fπfπ63进而π<π，sin6sin3ππ即3f6<f3.4．(2014·浙江名校联考)若函数f(x)＝xcosx在(0，＋∞)内的所有极值点按从小到大的次序摆列为a，a，，a，，则对随意正整数n必有()12nA．π<a3ππ－a<π22n＋1nn＋1nC．0<n＋1－an<πD．－π<n＋1－n<0a22aa[答案]B[分析]′( )＝cosx－sinx，令′( )＝0，得1＝tanx，函数y＝1与y＝tanxfxxfxxx1的图象如下图，an与an＋1就是两个函数图象相邻交点的横坐标．因为函数y＝x在(0，＋∞)上是减函数，故跟着n的增添，an愈来愈靠近其所在周期内的零点(y＝tanx的零点)，故an＋1－an<π，又an与an＋1在各自周期内零点的右边，所以πan＋1－an>，应选B.25．(2014·陕西卷改编)设函数f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝xf′(x)，x≥0，此中f′(x)是f(x)的导函数．若f(x)≥ag(x)恒建立，则实数a的取值范围是( )A．(－1，＋∞)B．(0，＋∞)C．(－∞，0)D．(－∞，1]2[答案]D1x[分析]对f(x)求导，得f′(x)＝1＋x，所以g(x)＝xf′(x)＝1＋x.若f(x)≥()恒建立，即ln(1＋)≥ax恒建立．agxx1＋xax1ax＋1－a设φ(x)＝ln(1＋x)－1＋x(x≥0)，则φ′(x)＝1＋x－1＋x2＝1＋x2.当a≤1时，φ′(x)≥0(当且仅当x＝0，a＝1时等号建立)，所以φ(x)在[0，＋∞)上单一递加．又φ(0)＝0，即φ(x)≥0在[0，＋∞)上恒建立，ax所以当a≤1时，ln(1＋x)≥1＋x恒建立(当且仅当x＝0时等号建立)．当a>1时，对x∈(0，a－1)，有φ′(x)<0，则φ(x)在(0，a－1]上单一递减，所以φ(a－1)<φ(0)＝0，即a>1时，存在x>0，使φ(x)<0，ax可知ln(1＋x)≥1＋x不恒建立．综上，实数a的取值范围是(－∞，1]，应选D.6．(2014·鄂尔多斯模拟)已知a≥0，函数f(x)＝(x2－2ax)ex，若f(x)在[－1,1]上是单一减函数，则a的取值范围是( )313A．0<a<4B.2<a<4C．3D．1≥0<<a4a2[答案]C[分析]f′(x)＝(2x－2a)ex＋(x2－2ax)ex＝[x2＋(2－2a)x－2a]ex，由题意当x∈[－1,1]时，f′(x)≤0恒建立，即x2＋(2－2a)x－2a≤0恒建立．令g(x)＝x2＋(2－2a)x－2a，g－1≤0，则有1≤0，－12＋2－2a·－1－2a≤0，即12＋2－2a－2a≤0，3解得a≥，应选C.47．已知函数f(x)＝2x2－ax＋lnx在其定义域上不但一，则实数a的取值范围是( )A．(－∞，4]B．(－∞，4)C．(4，＋∞)D．[4，＋∞)3[答案]C[分析]函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，因为f(x)＝2x2ax＋lnx，所以f11x2ax＋1)．－′( )＝4－＋＝(4－xxaxx由函数f(x)在区间(0，＋∞)上不但一可知f′(x)＝0有两个正解，即4x2－ax＋1＝0有两个正解，设为x1，x2.＝－a2－4×4×1>0，a故有x1＋x2＝>0，解得a>4.41x1x2＝4>0，所以a的取值范围为(4，＋∞)．8．已知三次函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d的图象如下图，则f′－2＝( )f′1A．5B．－5C．2D．－2[答案]D[分析]对f(x)求导，得f′(x)＝3ax2＋2bx＋c，联合题中图象知，x＝－1,2为导函数的零点，所以f′(－1)＝f′(2)＝0，＝－c，3a－2b＋c＝0，6即a＋4＋＝0，解得b＝c.12bc4所以f′(x)＝－cx2＋cx＋c＝－c(x2－x－2)，222f′－24＋2－2于是f′1＝1－1－2＝－2.应选D.lnxlnx2lnx29．(2014·安庆二模)设1<x<2，则x，x，x2的大小关系是( )4lnx2lnxlnx2A.x<x<x2lnxlnx2lnx2B.x<x<x2lnx2lnx2lnxC.x<x2<xlnx2lnx2lnxD.x2<x<x[答案]A[分析]令f(x)＝x－lnx(1<x<2)，x－1则f′(x)＝1－x＝x>0，∴函数y＝f(x)在(1,2)内为增函数．∴f(x)>f(1)＝1>0，∴x>lnx>0?lnxlnx2lnx0<x<1.∴x<x.lnx2lnx2lnx－xlnx2－xlnx又x2－x＝x2＝x2>0，lnx2lnxlnx2∴x<x<x2，应选A.10．(2014·昆明质检)已知函数f(x)＝ex－ax－b，若f(x)≥0恒建立，则ab的最大值为( )eB．e2C．eD.e2[答案]D[分析]利用导数求解．当a≤0时，函数f(x)＝ex－ax－b在R上单一递加，f(x)≥0不恒建立，所以a≤0舍去．当a>0时，由f′(x)＝ex－a＝0解得x＝lna，且当x<lna时，f′(x)<0，函数f(x)单一递减；当x>lna时，f′(x)>0，函数f(x)单一递加，所以f(x)≥0恒建立，即f(x)min＝f(lna)＝a－alna－b≥0，所以b≤a－alna，ab≤a2－a2lna，a>0.令y＝x2－x2lnx，x>0，则y′＝2x－2xlnx－x＝x(1－2lnx)，x>0，由y′＝0解得x＝e，且x∈(0，e)时，y′>0，函数y＝x2－x2lnx单一递加；x∈(e，＋∞)时，y′<0，函数222211y＝x－xlnx单一递减，所以当x＝e时，函数y＝x－xlnx获得最大值e－2e＝2e，所2211以ab≤a－alna≤2e，即ab的最大值是2e，应选D.11．设直线x＝t与函数f(x)＝x2＋1，g(x)＝x＋lnx的图象分别交于P，Q两点，则|PQ|的最小值是()511A．－2B.21C．1D．－2或1[答案]C[分析]直线x＝t与函数f(x)＝x2＋1，(x)＝x＋lnx的图象分别交于(，(t))，gPtfQ(t，g(t))两点，则|PQ|＝|f(t)－g(t)|.记h(t)＝f(t)－g(t)＝t2＋1－(t＋lnt)．1121函数h(t)的定义域为(0，＋∞)，h′(t)＝2t－1－t＝t(2t－t－1)＝t(2t＋1)(t－1)．由′( )＝0，解得t＝1或t1＝－(舍去)．ht2明显当t∈(0,1)时，h′(t)<0，函数h(t)单一递减；当t∈(1，＋∞)时，h′(t)>0，函数h(t)单一递加．故函数h(t)的最小值为h(1)＝12＋1－(1＋ln1)＝1，故|PQ|的最小值为1.二、填空题12．(2014·南京、盐城二模)表面积为12π的圆柱，当其体积最大时，该圆柱的底面半径与高的比为________．[答案]1∶2[分析]因为12π＝2πrh＋2πr22226.，rh＋r＝6，所以V＝πrh＝πr(6－r)，0<r<由′＝π(6－32)＝0得r＝2.当0<r<2时，′>0，当2<r<6时，′<0，所以当r＝VrVV2时，V取极大值，也是最大值，此时h＝22，r∶h＝1∶2.13．(2014·青岛一模)假如对定义在R上的函数f()，以随意两个不相等的实数x1，2，xx都有xf(x)＋xf(x)>xf(x)＋xf(x)，则称函数f(x)为“H函数”．给出以下函数：①y11221221x3＋x＋1；②y＝3－2(sinx－cosx)；③y＝ex＋1；④f(xln|x|，x≠0，＝－)＝以上x0，x＝0.函数是“H函数”的所有序号为________．[答案]②③[分析]因为x1f(x1)＋x2f(x2)>x1f(x2)＋x2f(x1)，即(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0，233所以函数f(x)在R上是增函数．由y′＝－3x＋1>0得－3<x<3，即函数在区间33上是增函数，故①不是“H函数”；由y′＝3－2(cosx＋sinx)＝3－22－3，3xπH函数”；sin＋≥3－22>0恒建立，所以②为“46x恒建立，所以③为“H函数”；因为④为偶函数，所以不行能在R上是增由y′＝e>0函数，所以不是“H函数”．综上，是“H函数”的有②③.14．(2014·唐山一模)定义在R上的函数f(x)知足：f(－x)＋f(x)＝x2，当x<0时，1′(x)<x，则不等式f(x)＋2≥f(1－x)＋x的解集为________．[答案]1－∞，2[分析]∵f(x)＋f(－x)＝x2，∴f′(x)－f′(－x)＝2x，∴f′(－x)＝f′(x)－2x，当x<0时，f′(x)<x，∴f′(－x)＝f′(x)－2x<x－2x＝－x，∴当x>0时，f′(x)＝f′(－1x)＋2x<－x＋2x＝x，令g(x)＝f(x)＋2－f(1－x)－x，则g′(x)＝f′(x)＋f′(1－x)－1<x＋1－x－1＝0，∴()在R上单一递减，而1＝1＋1－1－1＝0，∴()≥0即gxg2f22f22gx11g(x)≥g2，故原不等式的解集为－∞，2.三、解答题15．(2014·怀化一模)已知函数f(x)＝ax＋blnx＋c(a，b，c是常数)在x＝e处的切线方程为(e－1)x＋ey－e＝0，且f(1)＝0.求常数a，b，c的值；(2)若函数g(x)＝x2＋mf(x)(m∈R)在区间(1,3)内不是单一函数，务实数m的取值范围．b解：(1)由题设知，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a＋x.∵f(x)在x＝e处的切线方程为(e－1)x＋ey－e＝0，e－1∴f′(e)＝－e，且f(e)＝2－e，e－1即a＋e＝－e，且ae＋b＋c＝2－e.又f(1)＝a＋c＝0，解得a＝－1，b＝1，c＝1.(2)由(1)知f(x)＝－x＋lnx＋1(x>0)，g(x)＝x2＋mf(x)＝x2－mx＋mlnx＋m(x>0)，m12∴g′(x)＝2x－m＋x＝x(2x－mx＋m)(x>0)．令d(x)＝2x2－mx＋m(x>0)．①当函数g(x)在(1,3)内有一个极值时，g′(x)＝0在(1,3)内有且仅有一个根，即d(x)＝2x2－mx＋m＝0在(1,3)内有且仅有一个根．又∵d(1)＝2>0，∴当d(3)＝0，即m＝9时，d(x)＝2x2－mx＋m＝0在(1,3)内有且仅有732一个根x＝2；当d(3)≠0时，应有d(3)<0，即2×3－3m＋m<0，解得m>9，∴m≥9.②当函数(x)在(1,3)内有两个极值时，g′( )＝0在(1,3)内有两个根，即二次函数()gxdx＝2x2－mx＋m＝0在(1,3)内有两个不等根，2＝m－4×2×m>0，1＝2－m＋m>0，所以d23＝2×3－3＋>0，mmm1<<3，4解得8<m<9.综上，实数m的取值范围是(8，＋∞)．16．(2014·长春调研)已知函数f(x)＝xlnx.求f(x)的单一区间和极值；(2)设A(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))，且x1≠x2，证明：fx2－fx1x1＋x2<f′.x2－x12解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，′( )＝lnx＋·1＝1＋lnx.fxxx1111令f′(x)>0，则lnx>－1＝lne，∴x>e；令f′(x)<0，则lnx<－1＝lne，∴0<x<e，∴f(x)的单一递加区间是11，＋∞，单一递减区间是0，，ee1111f(x)极小值＝fe＝elne＝－e，f(x)无极大值．不防设x1<x2，fx2－fx1x1＋x221<f′2，x－xx2lnx2－x1lnx1x1＋x2x1＋x2x1＋x2即21<ln2＋1，x2lnx2－x1lnx1<x2ln－x1ln＋x2－x1，x－x2222212x1x＋x21，x1＋x2x1＋x2x2两边同除以x1得，x22·x12＋x2ln<lnx2－1，x1x2x11＋x11＋x1令x22t<ln2＋t－1.＝t，则t>1，即证：tln1＋t1＋tx18令g(t)＝tln2t2－t＋1，则1＋t－ln1＋t2t1＋t21＋t2g′(t)＝ln1＋t＋t·2t·1＋t2＋2·1＋t2－1＝ln2t1－t1＋t＋1＋tt－1t－1＝ln1＋t＋1－t＋1，t－1令t＋1＝x(x>0)，h(x)＝ln(1＋x)－x，－x则h′(x)＝1＋x－1＝1＋x<0，h(x)在(0，＋∞)上单一递减，∴h(x)<h(0)＝0，即ln(1＋x)<x，即g′(t)＝lnt－1t－11＋t＋1－t＋1<0恒建立，∴g(t)在(1，＋∞)上是减函数，∴g(t)<g(1)＝0，2t2tln1＋t<ln1＋t＋t－1得证，fx2－fx1x1＋x2∴21<f′2建立．x－x17．(2014·济南针对性训练)已知函数(x－－1，()＝axfx)＝e2e.xgxx(1)求f(x)的最小值；(2)求g(x)的单一区间；m(3)当a＝1时，关于在(0,1)中的任一个常数m，能否存在正数x0使得f(x0)>2g(x0)建立？假如存在，求出切合条件的一个x0；不然说明原因．解：(1)f(x)的定义域是R，′(x)＝ex－1，且在(－∞，0)上f′(x)<0，在(0，＋∞)上f′(x)>0，所以f(x)min＝f(0)＝0.(2)g′(x)＝2xeax＋ax2eax＝(2x＋ax2)eax.①当a＝0时，若x<0，则g′(x)<0，若x>0，则g′(x)>0.所以当a＝0时，函数g(x)在区间(－∞，0)内为减函数，在区间(0，＋∞)内为增函数．22②当a>0时，由2x＋ax>0，解得x<－a或x>0，22由2x＋ax<0，解得－a<x<0.92所以当a>0时，函数g(x)在区间－∞，－a内为增函数，2在区间－a，0内为减函数，在区间(0，＋∞)内为增函数．22③当a<0时，由2x＋ax>0，解得0<x<－a，22由2x＋ax<0，解得x<0或x>－a.所以当a<0时，函数g(x)在区间(－∞，0)内为减函数，在区间20，－a内为增函数，2在区间－a，＋∞内为减函数．假定存在这样的x0知足题意，则fmm2m2x0＋1－1<0，(*)(x0)>2g(x0)，ex0－x0－1>2x0ex0，2x0＋e0xm2x＋1要找一个x0>0，使(*)式建立，只要找到当x>0时，函数h(x)＝2x＋ex－1的最小值h(x)min<0即可，′(＝1hx)xe1令h′(x)＝0得e＝，则x＝－lnm，取x0＝－lnm，m当0<x<x0时，h′(x)<0，当x>x0时，h′(x)>0，m2所以h(x)min＝h(x0)＝h(－lnm)＝2(lnm)－mlnm＋m－1.下边只要证明：当m2－ln＋－1<0建立刻可，0<<1时，(ln)m2mmmm2令p(m)＝2(lnm)－mlnm＋m－1，m∈(0,1)，则12( )在∈(0,1)时为增函数，则( )<m′( )＝(ln)≥0，进而(1)＝0，进而(lnpm2mpmmpmp2m)2－mlnm＋m－1<0得证．于是()的最小值(－ln)<0，所以可找到一个正常数x0＝－ln(0<<1)，使得hxhmmmmf(x0)>2g(x0)建立．18．(2014·湖北八市联考)定义在R上的函数g(x)及二次函数h(x)知足：g(x)＋2g(－2)＝e＋ex－9，h(－2)＝h(0)＝1且h(－3)＝－2.(1)求g(x)和h(x)的分析式；10(2)关于x1，x2∈[－1,1]，均有h(x1)＋ax1＋5≥g(x2)－x2g(x2)建立，求a的取值范围；gxx>