高三数学二轮复习专题突破专题二函数与导数第2讲导数的简单应用限时训练文 9页

第 2 讲 导数的简单应用 (限时:45 分钟) 【选题明细表】 知识点、方法 题号 导数的计算及导数的几何意义 1,7 函数的单调性与导数 2,4,8 函数的极值、最值与导数 3,5,14 综合应用 6,9,10,11,12,13 重点把关 1.(2016·广西来宾一模)已知曲线 f(x)=ex-ax 在点(0,f(0))处的切线方程为 3x+y+b=0,则 下列不等式恒成立的是( C ) (A)f(x)≥2-4ln 2 (B)f(x)≤2-4ln 2 (C)f(x)≥4-8ln 2 (D)f(x)≤4-8ln 2 解析:f′(x)=ex-a,f′(0)=1-a=-3,a=4, f′(x)>0⇒x>ln 4=2ln 2, f′(x)<0⇒x<2ln 2,f(x)min=4-8ln 2,故选 C. 2.(2016·内蒙古自治区通辽一模)下列函数中,既是奇函数,又在(1,+∞)上递增的是 ( D ) (A)y=x3-6x (B)y=x2-2x (C)y=sin x (D)y=x3-3x 解析:A.y=x3-6x,y′=3(x2-2), 所以 x∈(1, )时,y′<0,即该函数在(1, )上递减, 所以该函数在(1,+∞)上不递增,即 A 错误; B.y=x2-2x 的图象不关于原点对称,不是奇函数, 所以该选项错误; C.y=sin x 在(1,+∞)上没有单调性,所以该选项错误; D.y=x3-3x,(-x)3-3(-x)=-(x3-3x), 所以该函数为奇函数; y′=3(x2-1),x>1 时,y′>0, 所以该函数在(1,+∞)上递增,所以该选项正确. 故选 D. 3.(2016·四川卷,文 6)已知 a 为函数 f(x)=x3-12x 的极小值点,则 a 等于( D ) (A)-4 (B)-2 (C)4 (D)2 解析:由 f′(x)=3x2-12>0 得函数 f(x)的增区间为 (-∞,-2),(2,+∞),由 f′(x)=3x2-12<0 得函数 f(x)的减区间为(-2,2),则极小值点为 2.故 选 D. 4.(2016·内蒙古自治区兴安盟一模)定义在 R 上的函数 f(x)满足:f(x)+f′(x)>1,f(0)=4, 则不等式 exf(x)>ex+3(其中 e 为自然对数的底数)的解集为( A ) (A)(0,+∞) (B)(-∞,0)∪(3,+∞) (C)(-∞,0)∪(0,+∞) (D)(3,+∞) 解析:设 g(x)=exf(x)-ex,x∈R,则 g′(x)=exf(x)+exf′(x)-ex=ex[f(x)+f′(x)-1], 因为 f(x)+f′(x)>1, 所以 f(x)+f′(x)-1>0, 所以 g′(x)>0, 所以 y=g(x)在定义域上单调递增, 因为 exf(x)>ex+3, 所以 g(x)>3, 又因为 g(0)=e0f(0)-e0=4-1=3, 所以 g(x)>g(0), 所以 x>0,故选 A. 5.函数 f(x)=a + 的极大值点 x0∈(-1,- ),则实数 a 的取值范围为( A ) (A)(0,4 ) (B)(1,4) (C)(-∞,4 ) (D)( ,4) 解析:f′(x)= - = , 令 f′(x)=0, 得 ax2-2 =0. 设 g(x)=ax2-2 , 由题可知 y=ax2 与 y=2 的图象存在两个交点(x1,y1),(x2,y2)(x10,且-10, 令 f′(x)>0,得 g(x)>0,即-1≤xx2; 令 f′(x)<0,得 g(x)<0,即 x10, 所以 g(- )= a- <0, 所以 00)是[1,+∞)上的增函数.当实数 m 取最大值时,若存在点 Q, 使得过点Q的直线与曲线y=g(x)围成两个封闭图形,且这两个封闭图形的面积总相等,则点Q 的坐标为( C ) (A)(0,-3) (B)(0,3) (C)(0,-2) (D)(0,2) 解析:g′(x)=x2+1- ,由题意 x≥1 时,g′(x)=x2+1- ≥0 恒成立, 所以 m≤x2(x2+1), 而当 x≥1 时,x2(x2+1)≥1×(1+1)=2, 所以 m≤2,即 m 的最大值为 2, 此时 g(x)= x3+x-2+ . 由于函数 h(x)=g(x)+2= x3+x+ 是奇函数, 图象关于点(0,0)对称,所以函数 g(x)的图象关于点(0,-2)对称,所以点 Q 的坐标为(0,-2). 7.(教材拓展)(2016·吉林白山二模)曲线 f(x)=ex+5sin x 在点(0,1)处的切线方程 为 . 解析:因为 f′(x)=ex+5cos x, 所以 f′(0)=6,所以切线方程为 y-1=6x,即 y=6x+1. 答案:y=6x+1 8.(2016·吉林白山一模)若函数 f(x)= - -ax 在(0,+∞)上递增,则实数 a 的取值范围 为 . 解析:因为 f′(x)=x2+ -a≥0, 即 a≤x2+ 对 x>0 恒成立, 又 x2+ ≥2 ,所以 a≤2 . 答案:(-∞,2 ] 9.(2016·黑龙江大庆期末)已知函数 f(x)=ln x- x+ -1. (1)求函数 f(x)的单调区间; (2)设 g(x)=-x2+2bx-4,若对任意 x1∈(0,2),x2∈[1,2],不等式 f(x1)≥g(x2)恒成立,求实数 b 的取值范围. 解:(1)f(x)=ln x- x+ -1(x>0), f′(x)= - - = , 由 x>0 及 f′(x)>0 得 10 及 f′(x)<0 得 03, 故函数 f(x)的单调递增区间是(1,3);单调递减区间是(0,1),(3,+∞). (2)若对任意 x1∈(0,2),x2∈[1,2],不等式 f(x1)≥g(x2)恒成立, 问题等价于 f(x)min≥g(x)max, 由(1)可知,在(0,2)上,x=1 是函数的极小值点,这个极小值点是唯一的极值点,故也是最小 值点,所以 f(x)min=f(1)=- ;g(x)=-x2+2bx-4,x∈[1,2], 当 b<1 时,g(x)max=g(1)=2b-5; 当 1≤b≤2 时,g(x)max=g(b)=b2-4; 当 b>2 时,g(x)max=g(2)=4b-8, 问题等价于 或 或 解得 b<1 或 1≤b≤ 或 b∈, 即 b≤ ,所以实数 b 的取值范围是(-∞, ]. 能力提升 10.(2016·吉林模拟)已知 f(x)=e2x,g(x)=ln x+ ,对∀a∈R,∃b∈(0,+∞),使得 f(a)=g(b), 则 b-a 的最小值为( A ) (A)1+ ln 2 (B)1- ln 2 (C) - (D) - 解析:因为 f(x)=e2x,x∈R, 所以 f(x)∈(0,+∞). 即 f(a)∈(0,+∞). 令 f(a)=g(b)=t,则 t>0, 所以 e2a=ln b+ =t, 所以 a= ln t,b= , 所以 b-a= - ln t, 令 h(t)= - ln t(t>0), 则 h′(t)= - 在(0,+∞)上递增, 又 h′( )=0, 所以 t∈(0, ),h′(t)<0; t∈( ,+∞),h′(t)>0, 所以 h(t)在(0, )上递减,在( ,+∞)上递增, 所以 h(t)min=h( )=1- ln =1+ ln 2, 所以(b-a)min=1+ ln 2. 11.(2016·天津二模)设函数 f(x)在 R 上存在导数 f′(x),对任意的 x∈R 有 f(-x)+f(x)=x2, 且在(0,+∞)上 f′(x)>x.若 f(2-a)-f(a)≥2-2a,则实数 a 的取值范围 是 . 解析:令 g(x)=f(x)- x2, 因为 g(-x)+g(x)=f(-x)- x2+f(x)- x2=0, 所以函数 g(x)为奇函数. 因为 x∈(0,+∞)时,g′(x)=f′(x)-x>0, 故函数 g(x)在(0,+∞)上是增函数, 故函数 g(x)在(-∞,0)上也是增函数, 由 f(0)=0,可得 g(x)在 R 上是增函数. f(2-a)-f(a)≥2-2a,等价于 f(2-a)- ≥f(a)- ,即 g(2-a)≥g(a), 所以 2-a≥a,解得 a≤1. 答案:(-∞,1] 12.(2016·福建“四地六校”联考)设函数 f(x)= +ln x,g(x)=x3-x2-3. (1)讨论函数 f(x)的单调性; (2)如果对于任意的 x1,x2∈[ ,2],都有 x1·f(x1)≥g(x2)成立,试求 a 的取值范围. 解:(1)函数 f(x)的定义域为(0,+∞), f′(x)=- + = , 当 a≤0 时,f′(x)≥0, 函数 f(x)在区间(0,+∞)上单调递增, 当 a>0 时,若 x≥ , 则 f′(x)≥0,函数 f(x)单调递增, 若 00, xln x<0,h′(x)>0, 即 h(x)在区间[ ,1)上单调递增; 当 x∈(1,2]时,1-x<0,xln x>0,h′(x)<0, 所以 h(x)在区间(1,2]上单调递减, 所以,当 x=1 时,函数 h(x)取得最大值 h(1)=1, 故 a≥1,即实数 a 的取值范围是[1,+∞). 13.(2014·全国Ⅰ卷,文 21)设函数 f(x)=aln x+ x2-bx(a≠1),曲线 y=f(x)在点(1,f(1)) 处的切线斜率为 0, (1)求 b; (2)若存在 x0≥1,使得 f(x0)< ,求 a 的取值范围. 解:(1)f′(x)= +(1-a)x-b, 由题设知 f′(1)=0, 解得 b=1. (2)f(x)的定义域为(0,+∞), 由(1)知 f(x)=aln x+ x2-x, f′(x)= +(1-a)x-1= (x- )(x-1). ①若 a≤ , 则 ≤1, 故当 x∈(1,+∞)时,f′(x)>0, 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∈(1, )时,f′(x)<0; 当 x∈( ,+∞)时,f′(x)>0, f(x)在(1, )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. ③若 a>1, 则 f(1)= -1= < , 综上,a 的取值范围是(- -1, -1)∪(1,+∞). 创新选做 14.(2016·辽宁抚顺一模)若函数 f(x)= -ln x 在 x=x0 处取得最大值,则下列结论正确 的是( B ) (A)f(x0)x0 (D)f(x0)=-x0 解析:函数 f(x)的定义域为(0,+∞), f(x)=(- )ln x, 函数的导数 f′(x)=(- )′ln x- · =- ln x- = , 设 h(x)=-ln x-x-1, 则 h′(x)=- -1= ,则当 x>0 时,h′(x)<0,即 h(x)在(0,+∞)上为减函数, 因为 h(1)<-1-1=-2<0,当 x→0 时,h(x)>0, 所以在(0,1)内函数 h(x)有唯一的零点 x0, 即 h(x0)=-ln x0-x0-1=0, 即 ln x0=-1-x0, 当 00, 当 x>x0 时,f′(x)<0, 即函数 f(x)在 x=x0 处取得最大值, 即 f(x0)=(- )·ln x0 =(- )·(-1-x0) =x0, 故选 B.