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
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)(x1
0,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.
