高考数学复习课时冲关练(七) 2_4
课时冲关练(七)
导数的综合应用
(45分钟 80分)
一、选择题(每小题5分,共25分)
1.已知定义在R上的函数f(x),其导函数f′(x)的大致图象如图所示,则下列叙述正确的是 ( )
A.f(b)>f(c)>f(d) B.f(b)>f(a)>f(e)
C.f(c)>f(b)>f(a) D.f(c)>f(e)>f(d)
【解析】选C.依题意得,当x∈(-∞,c)时,f′(x)>0;
当x∈(c,e)时,f′(x)<0;
当x∈(e,+∞)时,f′(x)>0.
因此,函数f(x)在(-∞,c)上是增函数,在(c,e)上是减函数,在(e,+∞)上是增函数,又a
f(b)>f(a).
2.(2014·江西高考)在同一个直角坐标系中,函数y=ax2-x+与y=a2x3-2ax2+x+a(a∈R)的图象不可能是 ( )
【解析】选B.设f(x)=ax2-x+,g(x)=a2x3-2ax2+x+a(a∈R),g′(x)=
3a2x2-4ax+1=(ax-1)(3ax-1),可知①若a<0,则g(x)的极大值为g=a,而f=,因此f>g,从答案B中可看出g(x)的极大值点不满足上述情况,故B不正确;
②若a>0,则g(x)的极小值为g,此时ff(x),对任意正实数a,则下列式子成立的是 ( )
A.f(a)eaf(0)
C.f(a)< D.f(a)>
【解题提示】观察选项知,所要比较的两数为与的大小,故可构造函数g(x)=,利用其单调性来比较.
【解析】选B.令g(x)=,
所以g′(x)==>0,
所以g(x)在R上为增函数,又因为a>0.
所以g(a)>g(0)即>,
即f(a)>eaf(0).
【加固训练】(2014·洛阳模拟)设a>0,b>0,e是自然对数的底数 ( )
A.若ea+2a=eb+3b,则a>b
B.若ea+2a=eb+3b,则ab
D.若ea-2a=eb-3b,则aeb+3b,令函数f(x)=ex+3x,则f(x)在(0,
+∞)上单调递增,因为f(a)>f(b),所以a>b,A正确,B错误;
由ea-2a=eb-3b,有ea-2ab,当a,b∈(ln2,+∞)时,由f(a)1}
D.{x|x>1}
【解题提示】考查函数F(x)=f(x)-的单调性,利用单调性解不等式.
【解析】选D.设F(x)=f(x)-,
则F(1)=f(1)-=1-1=0,
F′(x)=f′(x)-,对任意x∈R,
有F′(x)=f′(x)-<0,即函数F(x)在R上单调递减,则F(x)<0的解集为(1,+∞),即f(x)<+的解集为(1,+∞).
【加固训练】设f(x)是定义在R上的奇函数,且f(2)=0,当x>0时,有<0恒成立,则不等式x2f(x)>0的解集是 ( )
A.(-2,0)∪(2,+∞)
B.(-2,0)∪(0,2)
C.(-∞,-2)∪(2,+∞)
D.(-∞,-2)∪(0,2)
【解析】选D.当x>0时,有<0,
则′<0,在x>0时递减,x2f(x)>0化为x3·>0>0,f(2)=0,
画出y=在x>0时的示意图,知00化为x3·>0<0,f(-2)=0,所以x<-2.
综上所述,x的取值范围是(-∞,-2)∪(0,2).
二、填空题(每小题5分,共15分)
6.设直线x=t与函数f(x)=x2,g(x)=lnx的图象分别交于点M,N,则当|MN|最小时t的值为 .
【解析】由题意知|MN|=x2-lnx(x>0),
不妨令h(x)=x2-lnx,
则h′(x)=2x-=0,
解得x=,
当x∈时,h′(x)<0,
当x∈时,h′(x)>0,
所以当x=时,|MN|最小.此时t=.
答案:
7.(2014·中山模拟)函数f(x)在定义域R内可导,若f(x)=f(2-x),且当x∈
(-∞,1)时,(x-1)f′(x)<0,设a=f(0),b=f,c=f(3),则a,b,c的大小关系是
(用“<”连接).
【解析】由f(x)=f(2-x)可得对称轴为x=1,故f(3)=f(1+2)=f(1-2)=f(-1),
又x∈(-∞,1)时,(x-1)f′(x)<0,可知f′(x)>0,
即f(x)在(-∞,1)上单调递增,f(-1)0,x∈(1,+∞),g′(x)<0,
所以==.
同理f′(x)==0x=,
x∈,f′(x)<0,x∈,f′(x)>0,
所以==,
所以≤,k>0k≥1.
答案:k≥1
【加固训练】(2014·安顺模拟)设D是函数y=f(x)定义域内的一个区间,若存在x0∈D,使f(x0)=-x0,则称x0是f(x)的一个“次不动点”,也称f(x)在区间D上存在“次不动点”,若函数f(x)=ax2-3x-a+在区间[1,4]上存在“次不动点”,则实数a的取值范围是 ( )
A.(-∞,0) B.
C. D.
【解析】选D.设g(x)=f(x)+x,依题意,存在x∈[1,4],
使g(x)=f(x)+x=ax2-2x-a+=0.
当x=1时,g(1)=≠0;
当x≠1时,由ax2-2x-a+=0得a=.
记h(x)=(10;
当x∈(2,4)时,h′(x)<0,即函数h(x)在(1,2)上是增函数,在(2,4)上是减函数,因此当x=2时,h(x)取得最大值,最大值是h(2)=,故满足题意的实数a的取值范围是,选D.
三、解答题(9题12分,10～11题每题14分,共40分)
9.(2014·山东高考)设函数f(x)=-k(k为常数,e=2.71828……是自然对数的底数).
(1)当k≤0时,求函数f(x)的单调区间.
(2)若函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点,求k的取值范围.
【解题提示】(1)先利用导数公式求函数的导数,根据单调性与导数的关系求出函数的单调区间.
(2)本题可对k进行分类讨论,由(1)知k≤0,函数f(x)在(0,2)内不存在极值点,因此只需考虑k>0时,是否存在两个极值点即可.
【解析】(1)函数y=f(x)的定义域为(0,+∞).
f′(x)=-k
=-
=.
由k≤0可得ex-kx>0,
所以当x∈(0,2)时,f′(x)<0,
函数y=f(x)单调递减,
x∈(2,+∞)时,f′(x)>0,函数y=f(x)单调递增.
所以f(x)的单调递减区间为(0,2),单调递增区间为(2,+∞).
(2)由(1)知,k≤0时,函数f(x)在(0,2)内单调递减,
故f(x)在(0,2)内不存在极值点;
当k>0时,设函数g(x)=ex-kx,x∈(0,+∞).
因为g′(x)=ex-k=ex-elnk,
当00,y=g(x)单调递增,
故f(x)在(0,2)内不存在两个极值点;
当k>1时,
当x∈(0,lnk)时,g′(x)<0,函数y=g(x)单调递减,
x∈(lnk,+∞)时,g′(x)>0,函数y=g(x)单调递增.
所以函数y=g(x)的最小值为g(lnk)=k(1-lnk),
函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点,
当且仅当
解得ef(1)的x的集合(用区间表示).
【解题提示】(1)设t=x2+2x+k,解不等式t2+2t-3>0后再解关于x的不等式.
(2)设t=x2+2x+k,u=t2+2t-3,y=,讨论函数f(x)的单调性.
(3)将f(x)>f(1)作等价转化,再构造二次函数,运用图象求x的范围.
【解析】(1)因为k<-2,令t=x2+2x+k,
则t2+2t-3>0,得t<-3或t>1,
由t<-3得x2+2x+k+3<0,
解得-1-1得x2+2x+k-1>0,
解得x<-1-或x>-1+,
f(x)的定义域D=(-∞,-1-)∪(-1-,-1+)∪(-1+,+∞).
(2)由(1)知-1-<-3,-1-<-1,-1+>-1,-1+>1,
令t=x2+2x+k,u=t2+2t-3,y=.
①当x<-1-时,
t=x2+2x+k单调递减,
u=t2+2t-3单调递增,
y=单调递减,
这时f(x)为增函数;
②当-1--1+时,t单调递增,
同理得f(x)为减函数;
所以f(x)在(-∞,-1-),
(-1,-1+)上为增函数;
在(-1-,-1),(-1+,+∞)上为减函数.
(3)因为k<-6,f(x)>f(1),
有(x2+2x+k)2+2(x2+2x+k)-3<(3+k)2+2(3+k)-3,
设m=x2+2x,则(m+k)2+2(m+k)<(3+k)2+2(3+k)(*).
令函数g(x)=(x+k)2+2(x+k)=x2+(2k+2)x+k2+2k,
其图象的对称轴为x=-k-1>5,
设x=3关于x=-k-1的对称点为x′,
则=-k-1x′=-2k-5,
由g(x)的图象知满足(*)的m的范围为31,
-1+<-1+,
所以满足题意的x的取值范围是(-1-,-1-)∪(-1-,-3)∪(1,-1+)∪(-1+,-1+).
11.(2014·珠海模拟)已知函数f(x)=+aln(x-1),其中n∈N*,a为常数.
(1)当n=2时,求函数f(x)的极值.
(2)当a=1时,证明:对任意的正整数n,当x≥2时,有f(x)≤x-1.
【解题提示】(1)根据f′(x)=0是否有解分类讨论.(2)根据n的取值对不等式进行放缩后再证明.
【解析】(1)由已知得函数f(x)的定义域为{x|x>1},
当n=2时,f(x)=+aln(x-1),
所以f′(x)=.
①当a>0时,由f′(x)=0得
x1=1+>1,x2=1-<1,
此时f′(x)=.
当x∈(1,x1)时,f′(x)<0,f(x)单调递减;
当x∈(x1,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增.
②当a≤0时,f′(x)<0恒成立,
所以f(x)无极值.
综上所述,n=2时,
当a>0时,f(x)在x=1+处取得极小值,极小值为f(1+)=.
当a≤0时,f(x)无极值.
(2)当a=1时,f(x)=+ln(x-1).
当x≥2时,对任意的正整数n,恒有≤1,
故只需证明1+ln(x-1)≤x-1.
令h(x)=x-1-[1+ln(x-1)]=x-2-ln(x-1),x∈,
则h′(x)=1-=,
当x≥2时,h′(x)≥0,故h(x)在上单调递增,
因此,当x≥2时,h(x)≥h(2)=0,
即1+ln(x-1)≤x-1成立.
故当x≥2时,有+ln(x-1)≤x-1.
即f(x)≤x-1.
【讲评建议】讲解本题时,请提醒学生注意以下几点:
1.注意分类讨论
第(1)小题求极值时,要注意根据f′(x)=0是否有解分类讨论,否则会导致结论错误.
2.注意“利用最值证明不等式”与“求函数最值”的区别:第(2)题涉及证明不等式,要讲清证明不等式时,可放缩后再转化为求函数的最值.而求函数最值时,只能对原函数求解,而不能放缩.
3.能够准确转化
第(2)小题若直接证明,应分n是奇数偶数讨论,比较麻烦,故根据n是任意的正整数,放缩后转化为证明1+ln(x-1)≤x-1.
4.不要忽略解题后的总结:
第(1)小题求解完毕后,要进行总结,否则会导致步骤不完整而失分.
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