2017年高考数学（理,山东）二轮专题复习：专题限时集训 第1部分 专题6 突破点18 导数的应用(酌情自选)
专题限时集训(十八) 导数的应用
[A组 高考达标]
一、选择题
1．(2016·四川高考)已知a为函数f(x)＝x3－12x的极小值点，则a＝( )
A．－4 B．－2
C．4 D．2
D [由题意得f′(x)＝3x2－12，令f′(x)＝0得x＝±2，∴当x<－2或x>2时，f′(x)>0；当－2
0时，f(x)＝f(－x)＝ln x－3x，所以f′(x)＝－3，则f′(1)＝－2.所以y＝f(x)在点(1，－3)处的切线方程为y＋3＝－2(x－1)，即y＝－2x－1.]
7．(2016·长沙一模)已知函数f(x)是定义在R上的可导函数，其导函数记为f′(x)，若对于任意的实数x，有f(x)＞f′(x)，且y＝f(x)－1是奇函数，则不等式f(x)＜ex的解集为________．
(0，＋∞) [由题意令g(x)＝，
则g′(x)＝
＝.
因为f(x)＞f′(x)，所以g′(x)＜0，
即g(x)在R上是单调递减函数，
因为y＝f(x)－1为奇函数，所以f(0)－1＝0，即f(0)＝1，g(0)＝1，
则不等式f(x)＜ex等价为＜1＝g(0)，
即g(x)＜g(0)，
解得x＞0，所以不等式的解集为(0，＋∞)．]
8．(2016·郑州一模)已知函数f(x)＝x3－3ax(a∈R)，若直线x＋y＋m＝0对任意的m∈R都不是曲线y＝f(x)的切线，则a的取值范围为________．
a＜ [f(x)＝x3－3ax(a∈R)，则f′(x)＝3x2－3a，
若直线x＋y＋m＝0对任意的m∈R都不是曲线y＝f(x)的切线，
则直线的斜率为－1，f′(x)＝3x2－3a与直线x＋y＋m＝0没有交点，
又抛物线开口向上则必在直线上面，即最小值大于直线斜率，
则当x＝0时取最小值，－3a＞－1，
则a的取值范围为a＜.]
三、解答题
9．(2016·潍坊二模)已知函数f(x)＝＋bln x，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝x.
(1)求函数f(x)的单调区间及极值；
(2)若∀x≥1，f(x)≤kx恒成立，求k的取值范围．
[解] (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝，2分
故f′(1)＝b－a＝1，
又f(1)＝a，点(1，a)在直线y＝x上，
∴a＝1，则b＝2.
∴f(x)＝＋2ln x且f′(x)＝，
当0＜x＜时，f′(x)＜0，当x＞时，
f′(x)＞0，
故函数f(x)的单调增区间为，单调减区间为，
f(x)极小值＝f＝2－2ln 2，无极大值.6分
(2)由题意知，k≥＝＋(x≥1)恒成立，
令g(x)＝＋(x≥1)，
则g′(x)＝－＝(x≥1)，8分
令h(x)＝x－xln x－1(x≥1)，
则h′(x)＝－ln x(x≥1)，
当x≥1时，h′(x)≤0，h(x)在[1，＋∞)上为减函数，
故h(x)≤h(1)＝0，故g′(x)≤0，
∴g(x)在[1，＋∞)上为减函数，
故g(x)的最大值为g(1)＝1，∴k≥1.12分
10．(2016·北京高考)设函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c.
(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)设a＝b＝4，若函数f(x)有三个不同零点，求c的取值范围；
(3)求证：a2－3b>0是f(x)有三个不同零点的必要而不充分条件．
[解] (1)由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，得f′(x)＝3x2＋2ax＋b.因为f(0)＝c，f′(0)＝b，
所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝bx＋c.2分
(2)当a＝b＝4时，f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c，
所以f′(x)＝3x2＋8x＋4.
令f′(x)＝0，得3x2＋8x＋4＝0，解得x＝－2或x＝－.
f(x)与f′(x)在区间(－∞，＋∞)上的情况如下：
x
(－∞，
－2)
－2
－
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
c
c－
所以，当c＞0且c－＜0时，存在x1∈(－4，－2)，x2∈，x3∈，使得f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝0.
由f(x)的单调性知，当且仅当c∈时，函数f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c有三个不同零点.8分
(3)证明：当Δ＝4a2－12b＜0时，f′(x)＝3x2＋2ax＋b＞0，x∈(－∞，＋∞)，
此时函数f(x)在区间(－∞，＋∞)上单调递增，
所以f(x)不可能有三个不同零点．
当Δ＝4a2－12b＝0时，f′(x)＝3x2＋2ax＋b只有一个零点，记作x0.
当x∈(－∞，x0)时，f′(x)＞0，f(x)在区间(－∞，x0)上单调递增；
当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)在区间(x0，＋∞)上单调递增．
所以f(x)不可能有三个不同零点.10分
综上所述，若函数f(x)有三个不同零点，则必有Δ＝4a2－12b＞0.
故a2－3b>0是f(x)有三个不同零点的必要条件．
当a＝b＝4，c＝0时，a2－3b＞0，f(x)＝x3＋4x2＋4x＝x(x＋2)2只有两个不同零点，
所以a2－3b>0不是f(x)有三个不同零点的充分条件．
因此a2－3b>0是f(x)有三个不同零点的必要而不充分条件.13分
[B组 名校冲刺]
一、选择题
1．(2016·江西赣中南五校联考)已知函数y＝f(x)对任意的x∈满足f′(x)cos x＋f(x)sin x＞0(其中f′(x)是函数f(x)的导函数)，则下列不等式成立的是
( )
A.f＜f B.f＜f
C．f(0)＞2f D．f(0)＞f
A [令g(x)＝，则
g′(x)＝
＝，由对任意的x∈满足f′(x)cos x＋f(x)sin x＞0，可得g′(x)＞0，即函数g(x)在上为增函数，则g＜g，即＜，
即f＜f.故选A.]
2．(2016·忻州模拟)已知函数f(x)＝ax2＋bx－ln x(a＞0，b∈R)，若对任意x＞0，f(x)≥f(1)，则( )
A．ln a＜－2b B．ln a≤－2b
C．ln a＞－2b D．ln a≥－2b
A [f′(x)＝2ax＋b－，由题意可知f′(1)＝0，即2a＋b＝1，由选项可知，只需比较ln a＋2b与0的大小，而b＝1－2a，所以只需判断ln a＋2－4a的符号．构造一个新函数g(x)＝2－4x＋ln x，则g′(x)＝－4，令g′(x)＝0，得x＝，当x＜时，g(x)为增函数，当x＞时，g(x)为减函数，所以对任意x＞0有g(x)≤g＝1－ln 4＜0，所以有g(a)＝2－4a＋ln a＝2b＋ln a＜0⇒ln a＜－2b，故选A.]
3．(2016·深圳一模)已知函数f(x)＝ln x－ax2＋x有两个不同零点，则实数a的取值范围是( )
A．(0,1) B．(－∞，1)
C. D.
A [令g(x)＝ln x，h(x)＝ax2－x，
将问题转化为两个函数图象交点的问题．
当a≤0时，g(x)和h(x)的图象只有一个交点，不满足题意；
当a＞0时，由ln x－ax2＋x＝0，得a＝.
令r(x)＝，则
r′(x)＝
＝，
当0＜x＜1时，r′(x)＞0，r(x)是单调增函数，
当x＞1时，r′(x)＜0，r(x)是单调减函数，且＞0，∴0＜a＜1.
∴a的取值范围是(0,1)．故选A.]
4．(2016·南昌模拟)已知函数f(x)＝x(ln x－ax)有两个极值点，则实数a
的取值范围是( )
【导学号：67722070】
A．(－∞，0) B.
C．(0,1) D．(0，＋∞)
B [∵f(x)＝x(ln x－ax)，
∴f′(x)＝ln x－2ax＋1，
由题意可知f′(x)在(0，＋∞)上有两个不同的零点，
令f′(x)＝0，则2a＝，
令g(x)＝，则g′(x)＝，
∴g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
又∵当x→0时，g(x)→－∞，
当x→＋∞时，g(x)→0，而g(x)max＝g(1)＝1，
∴只需0＜2a＜1⇒0＜a＜.]
二、填空题
5．(2016·皖南八校联考)已知x∈(0,2)，若关于x的不等式＜恒成立，则实数k的取值范围为________．
[0，e－1) [依题意，知k＋2x－x2＞0，即k＞x2－2x对任意x∈(0,2)恒成立，从而k≥0，所以由＜可得k＜＋x2－2x.令f(x)＝＋x2－2x，则f′(x)＝＋2(x－1)＝(x－1).
令f′(x)＝0，得x＝1，当x∈(1,2)时，f′(x)＞0，函数f(x)在(1,2)上单调递增，当x∈(0,1)时，f′(x)＜0，函数f(x)在(0,1)上单调递减，所以k＜f(x)min＝f(1)＝e－1，故实数k的取值范围是[0，e－1)．]
6．(2016·武汉模拟)已知函数g(x)满足g(x)＝g′(1)ex－1－g(0)x＋x2，且存在实数x0使得不等式2m－1≥g(x0)成立，则m的取值范围为________．
[1，＋∞) [g′(x)＝g′(1)ex－1－g(0)＋x，当x＝1时，
g(0)＝1，由g(0)＝g′(1)e0－1，解得g′(1)＝e，所以g(x)＝ex－x＋x2，则g′(x)＝ex－1＋x，当x＜0时，g′(x)＜0，当x＞0时，g′(x)＞0，所以当x＝0时，函数g(x)取得最小值g(0)＝1，根据题意将不等式转化为2m－1≥g(x)min＝1，所以m≥1.]
三、解答题
7．(2016·全国甲卷)已知函数f(x)＝(x＋1)ln x－a(x－1)．
(1)当a＝4时，求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程；
(2)若当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0，求a的取值范围．
[解] (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．
当a＝4时，f(x)＝(x＋1)ln x－4(x－1)，
f(1)＝0，f′(x)＝ln x＋－3，f′(1)＝－2.
故曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为2x＋y－2＝0.4分
(2)当x∈(1，＋∞)时，f(x)＞0等价于ln x－＞0.
设g(x)＝ln x－，
则g′(x)＝－＝，g(1)＝0.8分
①当a≤2，x∈(1，＋∞)时，x2＋2(1－a)x＋1≥x2－2x＋1＞0，故g′(x)＞0，g(x)在(1，＋∞)单调递增，因此g(x)＞0；
②当a＞2时，令g′(x)＝0得x1＝a－1－，x2＝a－1＋.
由x2＞1和x1x2＝1得x1＜1，故当x∈(1，x2)时，g′(x)＜0，g(x)在(1，x2)单调递减，因此g(x)＜0.
综上，a的取值范围是(－∞，2].12分
8．(2016·四川高考)设函数f(x)＝ax2－a－ln x，g(x)＝－，其中a∈R，e＝2.718…为自然对数的底数．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)证明：当x>1时，g(x)>0；
(3)确定a的所有可能取值，使得f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内恒成立．
[解] (1)由题意得f′(x)＝2ax－＝(x>0)．
当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)内单调递减．
当a>0时，由f′(x)＝0有x＝，
当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增.4分
(2)证明：令s(x)＝ex－1－x，则s′(x)＝ex－1－1.
当x>1时，s′(x)>0，所以ex－1>x，
从而g(x)＝－>0.8分
(3)由(2)知，当x>1时，g(x)>0.
当a≤0，x>1时，f(x)＝a(x2－1)－ln x<0.
故当f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有a>0.
当01.
由(1)有f0，
所以此时f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内不恒成立.11分
当a≥时，令h(x)＝f(x)－g(x)(x≥1)．
当x>1时，h′(x)＝2ax－＋－e1－x>x－＋－＝>>0.
因此，h(x)在区间(1，＋∞)上单调递增．
又因为h(1)＝0，所以当x>1时，h(x)＝f(x)－g(x)>0，
即f(x)>g(x)恒成立．
综上，a∈.14分
