高考理科数学专题复习练习3.2导数与函数的单调性、极值、最值 6页

第三章导数及其应用 ‎3.2导数与函数的单调性、极值、最值 专题1‎ 导数与函数的单调性 ‎■(2015沈阳一模,理12,导数与函数的单调性,选择题)若定义在R上的函数f(x)满足f(x)+f'(x)>1,f(0)=4,则不等式f(x)>‎3‎ex+1(e为自然对数的底数)的解集为(　　)‎ A.(0,+∞) B.(-∞,0)∪(3,+∞)‎ C.(-∞,0)∪(0,+∞) D.(3,+∞)‎ 解析:不等式f(x)>‎3‎ex+1可化为exf(x)-ex-3>0;‎ 令F(x)=exf(x)-ex-3,‎ 则F'(x)=exf(x)+exf'(x)-ex=ex[f(x)+f'(x)-1];‎ ‎∵f(x)+f'(x)>1,‎ ‎∴ex[f(x)+f'(x)-1]>0;‎ 故F(x)=exf(x)-ex-3在R上是增函数,‎ 又F(0)=1×4-1-3=0,‎ 故当x>0时,F(x)>F(0)=0;‎ 故exf(x)-ex-3>0的解集为(0,+∞),‎ 即不等式f(x)>‎3‎ex+1(e为自然对数的底数)的解集为(0,+∞).‎ 答案:A ‎■(2015辽宁大连二十四中高考模拟,理9,导数与函数的单调性,选择题)定义在(0,+∞)上的单调递减函数f(x),若f(x)的导函数存在且满足f(x)‎f'(x)‎>x,则下列不等式成立的是(　　)‎ A.3f(2)<2f(3) B.3f(4)<4f(3)‎ C.2f(3)<3f(4) D.f(2)<2f(1)‎ 解析:∵f(x)为(0,+∞)上的单调递减函数,∴f'(x)<0.‎ 又∵f(x)‎f'(x)‎>x,∴f(x)-f'(x)·xf'(x)‎>0⇔f(x)-f'(x)·x‎[f'(x)‎‎]‎‎2‎<0⇔xf(x)‎'<0,‎ 设h(x)=xf(x)‎,则h(x)=xf(x)‎为(0,+∞)上的单调递减函数.‎ ‎∵f(x)‎f'(x)‎>x>0,f'(x)<0,∴f(x)<0.‎ ‎∵h(x)=xf(x)‎为(0,+∞)上的单调递减函数,‎ ‎∴‎2‎f(2)‎‎>‎3‎f(3)‎⇔‎‎2f(3)-3f(2)‎f(2)·f(3)‎>0⇔2f(3)-3f(2)>0⇔2f(3)>3f(2),故A正确.‎ 答案:A ‎■(2015辽宁大连二十四中高考模拟,理12,导数与函数的单调性,选择题)已知f(x)=‎1+lnxx-1‎,g(x)=kx(k∈N*),对任意的c>1,存在实数a,b满足01时,h'(x)>0;当x<1时,h'(x)<0;‎ 当x=1时,h(x)取极小值,也就是最小值,‎ 故h(x)在‎1‎e‎,e上的最小值为1,最大值为e-1,‎ 所以m-1≤1且m+1≥e-1.‎ 从而e-2≤m≤2.‎ 答案:B ‎■(2015东北哈尔滨师大附中、东北师大附中、辽宁省实验中学三校一模,理11,导数与函数的最值,选择题)已知数列{an}满足an=‎1‎‎3‎n3-‎5‎‎4‎n2+3+m,若数列的最小项为1,则m的值为(　　)‎ A.‎1‎‎4‎ B.‎1‎‎3‎ C.-‎1‎‎4‎ D.-‎‎1‎‎3‎ 解析:数列an=‎1‎‎3‎n3-‎5‎‎4‎n2+3+m,令f(x)=‎1‎‎3‎x3-‎5‎‎4‎x2+3+m(x≥1).f'(x)=x2-‎5‎‎2‎x,‎ 由f'(x)>0,解得x>‎5‎‎2‎,此时函数f(x)单调递增;由f'(x)<0,解得1≤x<‎5‎‎2‎,此时函数f(x)单调递减.‎ ‎∴对于f(n)来说,最小值只能是f(2)或f(3)中的最小值.‎ f(3)-f(2)=9-‎45‎‎4‎‎-‎‎8‎‎3‎‎-5‎>0,‎ ‎∴f(2)最小,∴‎1‎‎3‎×8-5+3+m=1,‎ 解得m=‎1‎‎3‎.‎ 答案:B ‎■(2015辽宁鞍山一模,理12,导数与函数的最值,选择题)已知函数f(x)=ex,g(x)=lnx‎2‎‎+‎‎1‎‎2‎,对任意a∈R存在b∈(0,+∞),使f(a)=g(b),则b-a的最小值为(　　)‎ A.2e-1 B.e2-‎‎1‎‎2‎ C.2-ln 2 D.2+ln 2‎ 解析:令y=ea,则a=ln y,令y=lnb‎2‎‎+‎‎1‎‎2‎,可得b=2ey-‎‎1‎‎2‎.则b-a=2ey-‎‎1‎‎2‎-ln y,∴(b-a)'=2ey-‎‎1‎‎2‎‎-‎‎1‎y.‎ 显然,(b-a)'是增函数,观察可得当y=‎1‎‎2‎时,(b-a)'=0,故(b-a)'有唯一零点.‎ 故当y=‎1‎‎2‎时,b-a取得最小值为2ey-‎‎1‎‎2‎-ln y=2e‎1‎‎2‎‎-‎‎1‎‎2‎-ln‎1‎‎2‎=2+ln 2.‎ 答案:D ‎3.3导数的综合应用 专题2‎ 利用导数研究函数的零点或方程的根 ‎■(2015辽宁抚顺重点高中协作体高考模拟,理21,利用导数研究函数的零点或方程的根,解答题)已知函数f(x)=xln x,g(x)=(-x2+ax-3)ex(a为实数).‎ ‎(1)求f(x)在区间[t,t+2](t>0)上的最小值;‎ ‎(2)若存在两个不等实根x1,x2∈‎1‎e‎,e,使方程g(x)=2exf(x)成立,求实数a的取值范围.‎ 解:(1)由已知得f'(x)=ln x+1,‎ x ‎0,‎‎1‎e ‎1‎e ‎1‎e‎,+∞‎ f'(x)‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ f(x)‎ 单调递减 极小值(最小值)‎ 单调递增 ‎①当t≥‎1‎e时,在区间(t,t+2)上f(x)为增函数,‎ ‎∴f(x)min=f(t)=tln t;‎ ‎②当00,‎ ‎∴使方程g(x)=2exf(x)存在两不等实根的实数a的取值范围为4≤a0),e为自然对数的底数.‎ ‎(1)过点A(2,f(2))的切线斜率为2,求实数a的值;‎ ‎(2)当x>0时,求证:f(x)≥a‎1-‎‎1‎x;‎ ‎(3)在区间(1,e)上exa‎-‎e‎1‎a·x<0恒成立,求实数a的取值范围.‎ ‎(1)解:f'(x)=ax,f'(2)=a‎2‎=2,a=4.‎ ‎(2)证明:令g(x)=alnx-1+‎‎1‎x,g'(x)=a‎1‎x‎-‎‎1‎x‎2‎.‎ 令g'(x)>0,即a‎1‎x‎-‎‎1‎x‎2‎>0,解得x>1,‎ 所以g(x)在(0,1)上递减,在(1,+∞)上递增.‎ 所以g(x)最小值为g(1)=0,‎ 所以f(x)≥a‎1-‎‎1‎x.‎ ‎(3)解:由题意可知exa‎<‎e‎1‎ax,化简得x-1‎ax-1‎lnx.‎ 令h(x)=x-1‎lnx,则h'(x)=lnx-(x-1)·‎‎1‎x‎(lnx‎)‎‎2‎,‎ ‎∴h'(x)=lnx-1+‎‎1‎x‎(lnx‎)‎‎2‎.‎ 由(2)知,在x∈(1,e)上,ln x-1+‎1‎x>0,‎ ‎∴h'(x)>0,即函数h(x)在(1,e)上单调递增,‎ ‎∴h(x)0,g(x)≥g(1)=0,这与题设g(x)≤0矛盾;‎ ‎②若m>0,方程-mx2+x-m=0的判别式Δ=1-4m2,‎ 当Δ≤0,即m≥‎1‎‎2‎时,g'(x)≤0,‎ ‎∴g(x)在(1,+∞)上单调递减,‎ ‎∴g(x)≤g(1)=0,即不等式成立.‎ 当00,g(x)单调递增,g(x)>g(1)=0与题设矛盾.‎ 综上所述,m≥‎1‎‎2‎.‎ ‎(3)证明:由(2)知,当x>1,m=‎1‎‎2‎时,ln x<‎1‎‎2‎x-‎‎1‎x成立.‎ 不妨令x=‎2k+1‎‎2k-1‎(k∈N*),‎ ‎∴ln‎2k+1‎‎2k-1‎‎<‎1‎‎2‎‎2k+1‎‎2k-1‎‎-‎‎2k-1‎‎2k+1‎=‎‎4k‎4k‎2‎-1‎,‎ ‎1‎‎4‎‎[ln(2k+1)-ln(2k-1)]f(x1)>-‎1‎‎2‎.‎ ‎(1)解:由已知可得,f'(x)=ln x+1+2ax(x>0),切点P(1,a),‎ f(x)在x=1处的切线斜率为k=1+2a,‎ 切线方程:y-a=(2a+1)(x-1),‎ 把(0,-2)代入得a=1.‎ ‎(2)证明:①依题意:f'(x)=0有两个不等实根x1,x2(x10).‎ 当a≥0时,有g'(x)>0,所以g(x)是增函数,不符合题意;‎ 当a<0时,g'(x)=0,得x=-‎1‎‎2a>0,‎ 列表如下:‎ x ‎0,-‎‎1‎‎2a ‎-‎‎1‎‎2a ‎-‎1‎‎2a,+∞‎ g'(x)‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎-‎ g(x)‎ ‎↗‎ 极大值 ‎↘‎ 依题意:g‎-‎‎1‎‎2a=ln‎-‎‎1‎‎2a>0,解得-‎1‎‎2‎f(x1).‎ 又f'(1)=g(1)=1+2a>0,故x1∈(0,1),‎ 由(1)知:ax1=‎-1-ln ‎x‎1‎‎2‎,f(x1)=x1ln x1+ax‎1‎‎2‎‎=‎‎1‎‎2‎(x1ln x1-x1)(0h(1)=-‎1‎‎2‎,也就是f(x1)>-‎1‎‎2‎.‎ 综上所证:f(x2)>f(x1)>-‎1‎‎2‎成立.‎ ‎3.4定积分与微积分基本定理 专题2‎ 利用定积分求平面图形的面积 ‎■(2015沈阳一模,利用定积分求平面图形的面积,选择题,理9)由曲线y=x2,y=x围成的封闭图形的面积为(　　)‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A.‎1‎‎6‎ B.‎1‎‎3‎ C.‎2‎‎3‎ D.1‎ 解析:由曲线y=x2与y=x联立,解得x=0或x=1.‎ 所以曲线y=x2与y=x所围成的图形的面积S=‎0‎‎1‎‎(‎x-x2)dx=‎2‎‎3‎x‎3‎‎2‎‎-‎‎1‎‎3‎x‎3‎‎0‎‎1‎‎=‎‎1‎‎3‎.‎ 答案:B