【导与练】2017届高三数学（文）二轮复习（全国通用）专题突破 专题二　函数与导数 第2讲　导数的简单应用

【导与练】2017届高三数学（文）二轮复习（全国通用）专题突破 专题二　函数与导数 第2讲　导数的简单应用

www.ks5u.com 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.‎