5年高考3年模拟新课标版高考数学真题分类汇编 32 导数的应用 文
3.2导数的应用
考点一 导数与函数的单调性
1.(2014课标Ⅱ,11,5分)若函数f(x)=kx-ln x在区间(1,+∞)单调递增,则k的取值范围是( )
A.(-∞,-2] B.(-∞,-1]
C.[2,+∞) D.[1,+∞)
答案 D
2.(2014重庆,19,12分)已知函数f(x)=+-ln x-,其中a∈R,且曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线垂直于直线y=x.
(1)求a的值;
(2)求函数f(x)的单调区间与极值.
解析 (1)对f(x)求导得f '(x)=--,由f(x)在点(1, f(1))处的切线垂直于直线y=x知f '(1)=--a=-2,解得a=.
(2)由(1)知f(x)=+-ln x-,则f '(x)=,
令f '(x)=0,解得x=-1或x=5.
因x=-1不在f(x)的定义域(0,+∞)内,故舍去.
当x∈(0,5)时, f '(x)<0,故f(x)在(0,5)内为减函数;当x∈(5,+∞)时, f '(x)>0,故f(x)在(5,+∞)内为增函数.由此知函数f(x)在x=5时取得极小值f(5)=-ln 5.
3.(2014安徽,20,13分)设函数f(x)=1+(1+a)x-x2-x3,其中a>0.
(1)讨论f(x)在其定义域上的单调性;
(2)当x∈[0,1]时,求f(x)取得最大值和最小值时的x的值.解析 (1)f(x)的定义域为(-∞,+∞), f '(x)=1+a-2x-3x2.
令f '(x)=0,得x1=,x2=,x1
x2时, f '(x)<0;当x10.
故f(x)在(-∞,x1)和(x2,+∞)内单调递减,在(x1,x2)内单调递增.
(2)因为a>0,所以x1<0,x2>0.
(i)当a≥4时,x2≥1,由(1)知, f(x)在[0,1]上单调递增,所以f(x)在x=0和x=1处分别取得最小值和最大值.
(ii)当00,即0e时,函数f(x)单调递减.
故函数f(x)的单调递增区间为(0,e),单调递减区间为(e,+∞).
(2)因为e<3<π,所以eln 3π3;
由<,得ln 3e0,则x2+2x+a>0⇒x>-1+或x<-1-,
所以f(x)的单调递增区间为(-∞,-1-)和(-1+,+∞);
令f '(x)<0,可得-1-0.
由(1)知, f(x)在(-1+,+∞)上是增函数.
①⇒⇒⇒-≤a,则-≤a<0,
不存在x0∈∪,使得f(x0)=f;
②⇒⇒-0),x∈R.
(1)求f(x)的单调区间和极值;
(2)若对于任意的x1∈(2,+∞),都存在x2∈(1,+∞),使得f(x1)·f(x2)=1.求a的取值范围.
解析 (1)由已知,有f '(x)=2x-2ax2(a>0).
令f '(x)=0,解得x=0或x=.
当x变化时, f '(x), f(x)的变化情况如下表:
x
(-∞,0)
0
f '(x)
-
0
+
0
-
f(x)
↘
0
↗
↘
所以, f(x)的单调递增区间是;单调递减区间是(-∞,0),.
当x=0时, f(x)有极小值,且极小值f(0)=0;当x=时,f(x)有极大值,且极大值f=.
(2)由f(0)=f=0及(1)知,当x∈时, f(x)>0;当x∈时, f(x)<0.
设集合A={f(x)|x∈(2,+∞)},集合B=.则“对于任意的x1∈(2,+∞),都存在x2∈(1,+∞),使得f(x1)·f(x2)=1”等价于A⊆B.显然,0∉B.
下面分三种情况讨论:
①当>2,即0时,有f(1)<0,且此时f(x)在(1,+∞)上单调递减,故B=,A=(-∞,f(2)),所以A不是B的子集.
综上,a的取值范围是.
8.(2014浙江,21,15分)已知函数f(x)=x3+3|x-a|(a>0).若f(x)在[-1,1]上的最小值记为g(a).
(1)求g(a);
(2)证明:当x∈[-1,1]时,恒有f(x)≤g(a)+4.
解析 (1)因为a>0,-1≤x≤1,所以
(i)当00,故f(x)在(a,1)上是增函数.
所以g(a)=f(a)=a3.
(ii)当a≥1时,有x≤a,则f(x)=x3-3x+3a, f '(x)=3x2-3<0,故f(x)在(-1,1)上是减函数,所以g(a)=f(1)=-2+3a.
综上,g(a)=
(2)令h(x)=f(x)-g(a),
(i)当00,
知t(a)在(0,1)上是增函数,所以,t(a)0,g(1)=e-2a-b>0.
由f(1)=0有a+b=e-1<2,有g(0)=a-e+2>0,g(1)=1-a>0,解得e-20,则a的取值范围是( )
A.(2,+∞) B.(1,+∞) C.(-∞,-2) D.(-∞,-1)
答案 C
11.(2014湖南,9,5分)若0ln x2-ln x1 B.-x1 D.x20时,x2ln 2时, f '(x)>0, f(x)单调递增.
所以当x=ln 2时, f(x)有极小值,
且极小值为f(ln 2)=eln 2-2ln 2=2-ln 4,
f(x)无极大值.
(2)令g(x)=ex-x2,则g'(x)=ex-2x.
由(1)得,g'(x)=f(x)≥f(ln 2)=2-ln 4>0,即g'(x)>0.
所以g(x)在R上单调递增,又g(0)=1>0,
所以当x>0时,g(x)>g(0)>0,即x20时,x2x0时,ex>x2>x,即x0),要使不等式xkx成立.
而要使ex>kx成立,只需要x>ln (kx),即x>ln x+ln k成立.
①若00时,x>ln x≥ln x+ln k成立.
即对任意c∈[1,+∞),
取x0=0,当x∈(x0,+∞)时,恒有x1,令h(x)=x-ln x-ln k,则h'(x)=1-=,
所以当x>1时,h'(x)>0,h(x)在(1,+∞)内单调递增.
取x0=4k,
h(x0)=4k-ln (4k)-ln k=2(k-ln k)+2(k-ln 2),
易知k>ln k,k>ln 2,所以h(x0)>0.
因此对任意c∈(0,1),取x0=,当x∈(x0,+∞)时,恒有x2x,
所以当x∈(x0,+∞)时,有cex≥ex>2x>x,即xln时,h'(x)>0,h(x)单调递增.
取x0=2ln,
h(x0)=c-2ln=2,
易知-ln>0,又h(x)在(x0,+∞)内单调递增,
所以当x∈(x0,+∞)时,恒有h(x)>h(x0)>0,即x0,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∈时, f '(x)<0;当x∈时, f '(x)>0.f(x)在上单调递减,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.
(iii)若a>1,则f(1)=-1=<.
综上,a的取值范围是(--1,-1)∪(1,+∞).
14.(2014江西,18,12分)已知函数f(x)=(4x2+4ax+a2),其中a<0.
(1)当a=-4时,求f(x)的单调递增区间;
(2)若f(x)在区间[1,4]上的最小值为8,求a的值.
解析 (1)当a=-4时,由f '(x)==0得x=或x=2,由f '(x)>0得x∈或x∈(2,+∞),
故函数f(x)的单调递增区间为和(2,+∞).
(2)f '(x)=,a<0,
由f '(x)=0得x=-或x=-.
当x∈时,f(x)单调递增;当x∈时,f(x)单调递减;当x∈时,f(x)单调递增.
易知 f(x)=(2x+a)2≥0,且f=0.
①当-≤1,即-2≤a<0时,f(x)在[1,4]上的最小值为f(1),由f(1)=4+4a+a2=8,得a=±2-2,均不符合题意.
②当1<-≤4,即-8≤a<-2时, f(x)在[1,4]上的最小值为f=0,不符合题意.
③当->4,即a<-8时,f(x)在[1,4]上的最小值可能在x=1或x=4处取得,而f(1)≠8,由f(4)=2(64+16a+a2)=8得a=-10或a=-6(舍去),当a=-10时,f(x)在(1,4)上单调递减, f(x)在[1,4]上的最小值为f(4)=8,符合题意.
综上,a=-10.
15.(2014课标Ⅱ,21,12分)已知函数f(x)=x3-3x2+ax+2,曲线y=f(x)在点(0,2)处的切线与x轴交点的横坐标为-2.
(1)求a;
(2)证明:当k<1时,曲线y=f(x)与直线y=kx-2只有一个交点.
解析 (1)f '(x)=3x2-6x+a, f '(0)=a,
曲线y=f(x)在点(0,2)处的切线方程为y=ax+2.
由题设得-=-2,所以a=1.
(2)由(1)知, f(x)=x3-3x2+x+2.
设g(x)=f(x)-kx+2=x3-3x2+(1-k)x+4.
由题设知1-k>0.
当x≤0时,g'(x)=3x2-6x+1-k>0,g(x)单调递增,g(-1)=k-1<0,g(0)=4,所以g(x)=0在(-∞,0]上有唯一实根.
当x>0时,令h(x)=x3-3x2+4,则g(x)=h(x)+(1-k)x>h(x).
h'(x)=3x2-6x=3x(x-2),h(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,所以g(x)>h(x)≥h(2)=0.
所以g(x)=0在(0,+∞)上没有实根.
综上,g(x)=0在R上有唯一实根,即曲线y=f(x)与直线y=kx-2只有一个交点.