5年高考3年模拟新课标版高考数学真题分类汇编 32 导数的应用 文 6页

‎3.2导数的应用 考点一　导数与函数的单调性 ‎1.(2014课标Ⅱ,11,5分)若函数f(x)=kx-ln x在区间(1,+∞)单调递增,则k的取值范围是(　　)‎ A.(-∞,-2] B.(-∞,-1]‎ C.[2,+∞) D.[1,+∞)‎ 答案　D　‎ ‎2.(2014重庆,19,12分)已知函数f(x)=+-ln x-,其中a∈R,且曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线垂直于直线y=x.‎ ‎(1)求a的值;‎ ‎(2)求函数f(x)的单调区间与极值.‎ 解析　(1)对f(x)求导得f '(x)=--,由f(x)在点(1, f(1))处的切线垂直于直线y=x知f '(1)=--a=-2,解得a=.‎ ‎(2)由(1)知f(x)=+-ln x-,则f '(x)=,‎ 令f '(x)=0,解得x=-1或x=5.‎ 因x=-1不在f(x)的定义域(0,+∞)内,故舍去.‎ 当x∈(0,5)时, f '(x)<0,故f(x)在(0,5)内为减函数;当x∈(5,+∞)时, f '(x)>0,故f(x)在(5,+∞)内为增函数.由此知函数f(x)在x=5时取得极小值f(5)=-ln 5.‎ ‎3.(2014安徽,20,13分)设函数f(x)=1+(1+a)x-x2-x3,其中a>0.‎ ‎(1)讨论f(x)在其定义域上的单调性;‎ ‎(2)当x∈[0,1]时,求f(x)取得最大值和最小值时的x的值.解析　(1)f(x)的定义域为(-∞,+∞), f '(x)=1+a-2x-3x2.‎ 令f '(x)=0,得x1=,x2=,x1x2时, f '(x)<0;当x10.‎ 故f(x)在(-∞,x1)和(x2,+∞)内单调递减,在(x1,x2)内单调递增.‎ ‎(2)因为a>0,所以x1<0,x2>0.‎ ‎(i)当a≥4时,x2≥1,由(1)知, f(x)在[0,1]上单调递增,所以f(x)在x=0和x=1处分别取得最小值和最大值.‎ ‎(ii)当00,即0e时,函数f(x)单调递减.‎ 故函数f(x)的单调递增区间为(0,e),单调递减区间为(e,+∞).‎ ‎(2)因为e<3<π,所以eln 3π3;‎ 由<,得ln 3e0,则x2+2x+a>0⇒x>-1+或x<-1-,‎ 所以f(x)的单调递增区间为(-∞,-1-)和(-1+,+∞);‎ 令f '(x)<0,可得-1-0.‎ 由(1)知, f(x)在(-1+,+∞)上是增函数.‎ ‎①⇒⇒⇒-≤a,则-≤a<0,‎ 不存在x0∈∪,使得f(x0)=f;‎ ‎②⇒⇒-0),x∈R.‎ ‎(1)求f(x)的单调区间和极值;‎ ‎(2)若对于任意的x1∈(2,+∞),都存在x2∈(1,+∞),使得f(x1)·f(x2)=1.求a的取值范围.‎ 解析　(1)由已知,有f '(x)=2x-2ax2(a>0).‎ 令f '(x)=0,解得x=0或x=.‎ 当x变化时, f '(x), f(x)的变化情况如下表:‎ x ‎(-∞,0)‎ ‎0‎ f '(x)‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎-‎ f(x)‎ ‎↘‎ ‎0‎ ‎↗‎ ‎↘‎ 所以, f(x)的单调递增区间是;单调递减区间是(-∞,0),.‎ 当x=0时, f(x)有极小值,且极小值f(0)=0;当x=时,f(x)有极大值,且极大值f=.‎ ‎(2)由f(0)=f=0及(1)知,当x∈时, f(x)>0;当x∈时, f(x)<0.‎ 设集合A={f(x)|x∈(2,+∞)},集合B=.则“对于任意的x1∈(2,+∞),都存在x2∈(1,+∞),使得f(x1)·f(x2)=‎1”‎等价于A⊆B.显然,0∉B.‎ 下面分三种情况讨论:‎ ‎①当>2,即0时,有f(1)<0,且此时f(x)在(1,+∞)上单调递减,故B=,A=(-∞,f(2)),所以A不是B的子集.‎ 综上,a的取值范围是.‎ ‎8.(2014浙江,21,15分)已知函数f(x)=x3+3|x-a|(a>0).若f(x)在[-1,1]上的最小值记为g(a).‎ ‎(1)求g(a);‎ ‎(2)证明:当x∈[-1,1]时,恒有f(x)≤g(a)+4.‎ 解析　(1)因为a>0,-1≤x≤1,所以 ‎(i)当00,故f(x)在(a,1)上是增函数.‎ 所以g(a)=f(a)=a3.‎ ‎(ii)当a≥1时,有x≤a,则f(x)=x3-3x+‎3a, f '(x)=3x2-3<0,故f(x)在(-1,1)上是减函数,所以g(a)=f(1)=-2+‎3a.‎ 综上,g(a)=‎ ‎(2)令h(x)=f(x)-g(a),‎ ‎(i)当00,‎ 知t(a)在(0,1)上是增函数,所以,t(a)0,g(1)=e‎-2a-b>0.‎ 由f(1)=0有a+b=e-1<2,有g(0)=a-e+2>0,g(1)=1-a>0,解得e-20,则a的取值范围是(　　)‎ A.(2,+∞) B.(1,+∞) C.(-∞,-2) D.(-∞,-1)‎ 答案　C　‎ ‎11.(2014湖南,9,5分)若0ln x2-ln x1 B.-x1 D.x20时,x2ln 2时, f '(x)>0, f(x)单调递增.‎ 所以当x=ln 2时, f(x)有极小值,‎ 且极小值为f(ln 2)=eln 2-2ln 2=2-ln 4,‎ f(x)无极大值.‎ ‎(2)令g(x)=ex-x2,则g'(x)=ex-2x.‎ 由(1)得,g'(x)=f(x)≥f(ln 2)=2-ln 4>0,即g'(x)>0.‎ 所以g(x)在R上单调递增,又g(0)=1>0,‎ 所以当x>0时,g(x)>g(0)>0,即x20时,x2x0时,ex>x2>x,即x0),要使不等式xkx成立.‎ 而要使ex>kx成立,只需要x>ln (kx),即x>ln x+ln k成立.‎ ‎①若00时,x>ln x≥ln x+ln k成立.‎ 即对任意c∈[1,+∞),‎ 取x0=0,当x∈(x0,+∞)时,恒有x1,令h(x)=x-ln x-ln k,则h'(x)=1-=,‎ 所以当x>1时,h'(x)>0,h(x)在(1,+∞)内单调递增.‎ 取x0=4k,‎ h(x0)=4k-ln (4k)-ln k=2(k-ln k)+2(k-ln 2),‎ 易知k>ln k,k>ln 2,所以h(x0)>0.‎ 因此对任意c∈(0,1),取x0=,当x∈(x0,+∞)时,恒有x2x,‎ 所以当x∈(x0,+∞)时,有cex≥ex>2x>x,即xln时,h'(x)>0,h(x)单调递增.‎ 取x0=2ln,‎ h(x0)=c-2ln=2,‎ 易知-ln>0,又h(x)在(x0,+∞)内单调递增,‎ 所以当x∈(x0,+∞)时,恒有h(x)>h(x0)>0,即x0,f(x)在(1,+∞)上单调递增.‎ 所以,存在x0≥1,使得f(x0)<的充要条件为f(1)<,即-1<,解得--11,故当x∈时, f '(x)<0;当x∈时, f '(x)>0.f(x)在上单调递减,在上单调递增.‎ 所以,存在x0≥1,使得f(x0)<的充要条件为f<.‎ 而f=aln ++>,所以不合题意.‎ ‎(iii)若a>1,则f(1)=-1=<.‎ 综上,a的取值范围是(--1,-1)∪(1,+∞).‎ ‎14.(2014江西,18,12分)已知函数f(x)=(4x2+4ax+a2),其中a<0.‎ ‎(1)当a=-4时,求f(x)的单调递增区间;‎ ‎(2)若f(x)在区间[1,4]上的最小值为8,求a的值.‎ 解析　(1)当a=-4时,由f '(x)==0得x=或x=2,由f '(x)>0得x∈或x∈(2,+∞),‎ 故函数f(x)的单调递增区间为和(2,+∞).‎ ‎(2)f '(x)=,a<0,‎ 由f '(x)=0得x=-或x=-.‎ 当x∈时,f(x)单调递增;当x∈时,f(x)单调递减;当x∈时,f(x)单调递增.‎ 易知 f(x)=(2x+a)2≥0,且f=0.‎ ‎①当-≤1,即-2≤a<0时,f(x)在[1,4]上的最小值为f(1),由f(1)=4+‎4a+a2=8,得a=±2-2,均不符合题意.‎ ‎②当1<-≤4,即-8≤a<-2时, f(x)在[1,4]上的最小值为f=0,不符合题意.‎ ‎③当->4,即a<-8时,f(x)在[1,4]上的最小值可能在x=1或x=4处取得,而f(1)≠8,由f(4)=2(64+‎16a+a2)=8得a=-10或a=-6(舍去),当a=-10时,f(x)在(1,4)上单调递减, f(x)在[1,4]上的最小值为f(4)=8,符合题意.‎ 综上,a=-10.‎ ‎15.(2014课标Ⅱ,21,12分)已知函数f(x)=x3-3x2+ax+2,曲线y=f(x)在点(0,2)处的切线与x轴交点的横坐标为-2.‎ ‎(1)求a;‎ ‎(2)证明:当k<1时,曲线y=f(x)与直线y=kx-2只有一个交点.‎ 解析　(1)f '(x)=3x2-6x+a, f '(0)=a,‎ 曲线y=f(x)在点(0,2)处的切线方程为y=ax+2.‎ 由题设得-=-2,所以a=1.‎ ‎(2)由(1)知, f(x)=x3-3x2+x+2.‎ 设g(x)=f(x)-kx+2=x3-3x2+(1-k)x+4.‎ 由题设知1-k>0.‎ 当x≤0时,g'(x)=3x2-6x+1-k>0,g(x)单调递增,g(-1)=k-1<0,g(0)=4,所以g(x)=0在(-∞,0]上有唯一实根.‎ 当x>0时,令h(x)=x3-3x2+4,则g(x)=h(x)+(1-k)x>h(x).‎ h'(x)=3x2-6x=3x(x-2),h(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,所以g(x)>h(x)≥h(2)=0.‎ 所以g(x)=0在(0,+∞)上没有实根.‎ 综上,g(x)=0在R上有唯一实根,即曲线y=f(x)与直线y=kx-2只有一个交点.‎