高考数学二轮专题复习与策略 第1部分 专题6 函数与导数 突破点18 导数的应用(酌情自选)专题限时集训 理-人教版高三数学试题

专题限时集训(十八)导数的应用[A组高考达标]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 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.]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(2015)＞f(2016)B．ef(2015)＜f(2016)C．ef(2015)＝f(2016)D．ef(2015)与f(2016)大小不能确定A[令g(x)＝eq\f(fx,ex)，则g′(x)＝eq\f(exf′x－exfx,e2x)＝eq\f(f′x－fx,ex)，因为f(x)－f′(x)＞0，所以g′(x)＜0，所以函数g(x)在R上单调递减，所以g(2015)＞g(2016)，即eq\f(f2015,e2015)＞eq\f(f2016,e2016)，所以ef(2015)＞f(2016)，故选A.]3．(2016·安庆模拟)已知函数f(x)＝eq\f(ex,x2)－keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)＋lnx))，若x＝2是函数f(x)的唯一一个极值点，则实数k的取值范围为()【导学号：67722068】A．(－∞，e] B．[0，e]C．(－∞，e) D．[0，e)A[f′(x)＝eq\f(x2ex－2xex,x4)－keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,x2)＋\f(1,x)))＝eq\f(x－2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ex,x)－k)),x2)(x＞0)．设g(x)＝eq\f(ex,x)，则g′(x)＝eq\f(x－1ex,x2)，则g(x)在(0,1)内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增．∴g(x)在(0，＋∞)上有最小值，为g(1)＝e,结合g(x)＝eq\f(ex,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 B．4C．5 D．6A[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A．{x|x≠±1} B．(－∞，－1)∪(1，＋∞)C．(－1,1) D．(－1,0)∪(0,1)B[设g(x)＝x2[f(x)－1]，则由f(x)为偶函数得g(x)＝x2[f(x)－1]为偶函数．又因为g′(x)＝2x[f(x)－1]＋x2f′(x)＝x[2f(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)＝x[2f(x)＋xf′(x)－2]＜0，函数g(x)＝x2[f(x)－1]单调递减；当x＜0时，g′(x)＝x[2f(x)＋xf′(x)－2]＞0，函数g(x)＝x2[f(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)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________．y＝－2x－1[因为f(x)为偶函数，所以当x>0时，f(x)＝f(－x)＝lnx－3x，所以f′(x)＝eq\f(1,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－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________．(0，＋∞)[由题意令g(x)＝eq\f(fx,ex)，则g′(x)＝eq\f(f′x·ex－fx·ex′,e2x)＝eq\f(f′x－fx,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，则不等式f(x)＜ex等价为eq\f(fx,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________．a＜eq\f(1,3)[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，则a的取值范围为a＜eq\f(1,3).]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．(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](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＞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组名校冲刺]一、选择题1．(2016·江西赣中南五校联考)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.]2．(2016·忻州模拟)已知函数f(x)＝ax2＋bx－lnx(a＞0，b∈R)，若对任意x＞0，f(x)≥f(1)，则()A．lna＜－2b B．lna≤－2bC．lna＞－2b D．lna≥－2bA[f′(x)＝2ax＋b－eq\f(1,x)，由题意可知f′(1)＝0，即2a＋b＝1，由选项可知，只需比较lna＋2b与0的大小，而b＝1－2a，所以只需判断lna＋2－4a的符号．构造一个新函数g(x)＝2－4x＋lnx，则g′(x)＝eq\f(1,x)－4，令g′(x)＝0，得x＝eq\f(1,4)，当x＜eq\f(1,4)时，g(x)为增函数，当x＞eq\f(1,4)时，g(x)为减函数，所以对任意x＞0有g(x)≤geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＝1－ln4＜0，所以有g(a)＝2－4a＋lna＝2b＋lna＜0⇒lna＜－2b，故选A.]3．(2016·深圳一模)已知函数f(x)＝lnx－ax2＋x有两个不同零点，则实数a的取值范围是()A．(0,1) B．(－∞，1)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1＋e,e2))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1＋e,e2)))A[令g(x)＝lnx，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lnx－ax2＋x＝0，得a＝eq\f(x＋lnx,x2).令r(x)＝eq\f(x＋lnx,x2)，则r′(x)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x)))·x2－lnx＋x·2x,x4)＝eq\f(1－x－2lnx,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eq\f(x＋lnx,x2)＞0，∴0＜a＜1.∴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(lnx－ax)有两个极值点，则实数a的取值范围是()【导学号：67722070】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．(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)．]6．(2016·武汉模拟)已知函数g(x)满足g(x)＝g′(1)ex－1－g(0)x＋eq\f(1,2)x2，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，g(0)＝1，由g(0)＝g′(1)e0－1，解得g′(1)＝e，所以g(x)＝ex－x＋eq\f(1,2)x2，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)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．(2016·四川高考)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；(