高考数学复习课时冲关练(七) 2_4 12页

‎ ‎ 课时冲关练(七)‎ 导数的综合应用 ‎(45分钟　80分)‎ 一、选择题(每小题5分,共25分)‎ ‎1.已知定义在R上的函数f(x),其导函数f′(x)的大致图象如图所示,则下列叙述正确的是　(　　)‎ A.f(b)>f(c)>f(d) B.f(b)>f(a)>f(e)‎ C.f(c)>f(b)>f(a) D.f(c)>f(e)>f(d)‎ ‎【解析】选C.依题意得,当x∈(-∞,c)时,f′(x)>0;‎ 当x∈(c,e)时,f′(x)<0;‎ 当x∈(e,+∞)时,f′(x)>0.‎ 因此,函数f(x)在(-∞,c)上是增函数,在(c,e)上是减函数,在(e,+∞)上是增函数,又af(b)>f(a).‎ ‎2.(2014·江西高考)在同一个直角坐标系中,函数y=ax2-x+与y=a2x3-2ax2+x+a(a∈R)的图象不可能是　(　　)‎ ‎【解析】选B.设f(x)=ax2-x+,g(x)=a2x3-2ax2+x+a(a∈R),g′(x)=‎ ‎3a‎2x2-4ax+1=(ax-1)(3ax-1),可知①若a<0,则g(x)的极大值为g=a,而f=,因此f>g,从答案B中可看出g(x)的极大值点不满足上述情况,故B不正确;‎ ‎②若a>0,则g(x)的极小值为g,此时ff(x),对任意正实数a,则下列式子成立的是　(　　)‎ A.f(a)eaf(0)‎ C.f(a)< D.f(a)>‎ ‎【解题提示】观察选项知,所要比较的两数为与的大小,故可构造函数g(x)=,利用其单调性来比较.‎ ‎【解析】选B.令g(x)=,‎ 所以g′(x)==>0,‎ 所以g(x)在R上为增函数,又因为a>0.‎ 所以g(a)>g(0)即>,‎ 即f(a)>eaf(0).‎ ‎【加固训练】(2014·洛阳模拟)设a>0,b>0,e是自然对数的底数　(　　)‎ A.若ea+‎2a=eb+3b,则a>b B.若ea+‎2a=eb+3b,则ab D.若ea‎-2a=eb-3b,则aeb+3b,令函数f(x)=ex+3x,则f(x)在(0,‎ ‎+∞)上单调递增,因为f(a)>f(b),所以a>b,A正确,B错误;‎ 由ea‎-2a=eb-3b,有ea‎-2ab,当a,b∈(ln2,+∞)时,由f(a)1}‎ D.{x|x>1}‎ ‎【解题提示】考查函数F(x)=f(x)-的单调性,利用单调性解不等式.‎ ‎【解析】选D.设F(x)=f(x)-,‎ 则F(1)=f(1)-=1-1=0,‎ F′(x)=f′(x)-,对任意x∈R,‎ 有F′(x)=f′(x)-<0,即函数F(x)在R上单调递减,则F(x)<0的解集为(1,+∞),即f(x)<+的解集为(1,+∞).‎ ‎【加固训练】设f(x)是定义在R上的奇函数,且f(2)=0,当x>0时,有<0恒成立,则不等式x‎2f(x)>0的解集是　(　　)‎ A.(-2,0)∪(2,+∞)‎ B.(-2,0)∪(0,2)‎ C.(-∞,-2)∪(2,+∞)‎ D.(-∞,-2)∪(0,2)‎ ‎【解析】选D.当x>0时,有<0,‎ 则′<0,在x>0时递减,x‎2f(x)>0化为x3·>0>0,f(2)=0,‎ 画出y=在x>0时的示意图,知00化为x3·>0<0,f(-2)=0,所以x<-2.‎ 综上所述,x的取值范围是(-∞,-2)∪(0,2).‎ 二、填空题(每小题5分,共15分)‎ ‎6.设直线x=t与函数f(x)=x2,g(x)=lnx的图象分别交于点M,N,则当|MN|最小时t的值为　　　.‎ ‎【解析】由题意知|MN|=x2-lnx(x>0),‎ 不妨令h(x)=x2-lnx,‎ 则h′(x)=2x-=0,‎ 解得x=,‎ 当x∈时,h′(x)<0,‎ 当x∈时,h′(x)>0,‎ 所以当x=时,|MN|最小.此时t=.‎ 答案:‎ ‎7.(2014·中山模拟)函数f(x)在定义域R内可导,若f(x)=f(2-x),且当x∈‎ ‎(-∞,1)时,(x-1)f′(x)<0,设a=f(0),b=f,c=f(3),则a,b,c的大小关系是 ‎　　　　　(用“<”连接).‎ ‎【解析】由f(x)=f(2-x)可得对称轴为x=1,故f(3)=f(1+2)=f(1-2)=f(-1),‎ 又x∈(-∞,1)时,(x-1)f′(x)<0,可知f′(x)>0,‎ 即f(x)在(-∞,1)上单调递增,f(-1)0,x∈(1,+∞),g′(x)<0,‎ 所以==.‎ 同理f′(x)==0x=,‎ x∈,f′(x)<0,x∈,f′(x)>0,‎ 所以==,‎ 所以≤,k>0k≥1.‎ 答案:k≥1‎ ‎【加固训练】(2014·安顺模拟)设D是函数y=f(x)定义域内的一个区间,若存在x0∈D,使f(x0)=-x0,则称x0是f(x)的一个“次不动点”,也称f(x)在区间D上存在“次不动点”,若函数f(x)=ax2-3x-a+在区间[1,4]上存在“次不动点”,则实数a的取值范围是　(　　)‎ A.(-∞,0) B.‎ C. D.‎ ‎【解析】选D.设g(x)=f(x)+x,依题意,存在x∈[1,4],‎ 使g(x)=f(x)+x=ax2-2x-a+=0.‎ 当x=1时,g(1)=≠0;‎ 当x≠1时,由ax2-2x-a+=0得a=.‎ 记h(x)=(10;‎ 当x∈(2,4)时,h′(x)<0,即函数h(x)在(1,2)上是增函数,在(2,4)上是减函数,因此当x=2时,h(x)取得最大值,最大值是h(2)=,故满足题意的实数a的取值范围是,选D.‎ 三、解答题(9题12分,10～11题每题14分,共40分)‎ ‎9.(2014·山东高考)设函数f(x)=-k(k为常数,e=2.71828……是自然对数的底数).‎ ‎(1)当k≤0时,求函数f(x)的单调区间.‎ ‎(2)若函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点,求k的取值范围.‎ ‎【解题提示】(1)先利用导数公式求函数的导数,根据单调性与导数的关系求出函数的单调区间.‎ ‎(2)本题可对k进行分类讨论,由(1)知k≤0,函数f(x)在(0,2)内不存在极值点,因此只需考虑k>0时,是否存在两个极值点即可.‎ ‎【解析】(1)函数y=f(x)的定义域为(0,+∞).‎ f′(x)=-k ‎=-‎ ‎=.‎ 由k≤0可得ex-kx>0,‎ 所以当x∈(0,2)时,f′(x)<0,‎ 函数y=f(x)单调递减,‎ x∈(2,+∞)时,f′(x)>0,函数y=f(x)单调递增.‎ 所以f(x)的单调递减区间为(0,2),单调递增区间为(2,+∞).‎ ‎(2)由(1)知,k≤0时,函数f(x)在(0,2)内单调递减,‎ 故f(x)在(0,2)内不存在极值点;‎ 当k>0时,设函数g(x)=ex-kx,x∈(0,+∞).‎ 因为g′(x)=ex-k=ex-elnk,‎ 当00,y=g(x)单调递增,‎ 故f(x)在(0,2)内不存在两个极值点;‎ 当k>1时,‎ 当x∈(0,lnk)时,g′(x)<0,函数y=g(x)单调递减,‎ x∈(lnk,+∞)时,g′(x)>0,函数y=g(x)单调递增.‎ 所以函数y=g(x)的最小值为g(lnk)=k(1-lnk),‎ 函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点,‎ 当且仅当 解得ef(1)的x的集合(用区间表示).‎ ‎【解题提示】(1)设t=x2+2x+k,解不等式t2+2t-3>0后再解关于x的不等式.‎ ‎(2)设t=x2+2x+k,u=t2+2t-3,y=,讨论函数f(x)的单调性.‎ ‎(3)将f(x)>f(1)作等价转化,再构造二次函数,运用图象求x的范围.‎ ‎【解析】(1)因为k<-2,令t=x2+2x+k,‎ 则t2+2t-3>0,得t<-3或t>1,‎ 由t<-3得x2+2x+k+3<0,‎ 解得-1-1得x2+2x+k-1>0,‎ 解得x<-1-或x>-1+,‎ f(x)的定义域D=(-∞,-1-)∪(-1-,-1+)∪(-1+,+∞).‎ ‎(2)由(1)知-1-<-3,-1-<-1,-1+>-1,-1+>1,‎ 令t=x2+2x+k,u=t2+2t-3,y=.‎ ‎①当x<-1-时,‎ t=x2+2x+k单调递减,‎ u=t2+2t-3单调递增,‎ y=单调递减,‎ 这时f(x)为增函数;‎ ‎②当-1--1+时,t单调递增,‎ 同理得f(x)为减函数;‎ 所以f(x)在(-∞,-1-),‎ ‎(-1,-1+)上为增函数;‎ 在(-1-,-1),(-1+,+∞)上为减函数.‎ ‎(3)因为k<-6,f(x)>f(1),‎ 有(x2+2x+k)2+2(x2+2x+k)-3<(3+k)2+2(3+k)-3,‎ 设m=x2+2x,则(m+k)2+2(m+k)<(3+k)2+2(3+k)(*).‎ 令函数g(x)=(x+k)2+2(x+k)=x2+(2k+2)x+k2+2k,‎ 其图象的对称轴为x=-k-1>5,‎ 设x=3关于x=-k-1的对称点为x′,‎ 则=-k-1x′=-2k-5,‎ 由g(x)的图象知满足(*)的m的范围为31,‎ ‎-1+<-1+,‎ 所以满足题意的x的取值范围是(-1-,-1-)∪(-1-,-3)∪(1,-1+)∪(-1+,-1+).‎ ‎11.(2014·珠海模拟)已知函数f(x)=+aln(x-1),其中n∈N*,a为常数.‎ ‎(1)当n=2时,求函数f(x)的极值.‎ ‎(2)当a=1时,证明:对任意的正整数n,当x≥2时,有f(x)≤x-1.‎ ‎【解题提示】(1)根据f′(x)=0是否有解分类讨论.(2)根据n的取值对不等式进行放缩后再证明.‎ ‎【解析】(1)由已知得函数f(x)的定义域为{x|x>1},‎ 当n=2时,f(x)=+aln(x-1),‎ 所以f′(x)=.‎ ‎①当a>0时,由f′(x)=0得 x1=1+>1,x2=1-<1,‎ 此时f′(x)=.‎ 当x∈(1,x1)时,f′(x)<0,f(x)单调递减;‎ 当x∈(x1,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增.‎ ‎②当a≤0时,f′(x)<0恒成立,‎ 所以f(x)无极值.‎ 综上所述,n=2时,‎ 当a>0时,f(x)在x=1+处取得极小值,极小值为f(1+)=.‎ 当a≤0时,f(x)无极值.‎ ‎(2)当a=1时,f(x)=+ln(x-1).‎ 当x≥2时,对任意的正整数n,恒有≤1,‎ 故只需证明1+ln(x-1)≤x-1.‎ 令h(x)=x-1-[1+ln(x-1)]=x-2-ln(x-1),x∈,‎ 则h′(x)=1-=,‎ 当x≥2时,h′(x)≥0,故h(x)在上单调递增,‎ 因此,当x≥2时,h(x)≥h(2)=0,‎ 即1+ln(x-1)≤x-1成立.‎ 故当x≥2时,有+ln(x-1)≤x-1.‎ 即f(x)≤x-1.‎ ‎【讲评建议】讲解本题时,请提醒学生注意以下几点:‎ ‎1.注意分类讨论 第(1)小题求极值时,要注意根据f′(x)=0是否有解分类讨论,否则会导致结论错误.‎ ‎2.注意“利用最值证明不等式”与“求函数最值”的区别:第(2)题涉及证明不等式,要讲清证明不等式时,可放缩后再转化为求函数的最值.而求函数最值时,只能对原函数求解,而不能放缩.‎ ‎3.能够准确转化 第(2)小题若直接证明,应分n是奇数偶数讨论,比较麻烦,故根据n是任意的正整数,放缩后转化为证明1+ln(x-1)≤x-1.‎ ‎4.不要忽略解题后的总结:‎ 第(1)小题求解完毕后,要进行总结,否则会导致步骤不完整而失分.‎ 关闭Word文档返回原板块