高考数学理复习练习专题限时集训16 导数的应用含答案Word文件下载.docx

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A　[设g（x）＝，则g′（x）＝<

0在R上恒成立，所以g（x）在R上递减，又因为g（－1）＝0，f（x）>

0⇔g（x）>

0，所以x<

－1.]

2．（2017·

郑州第三次质量预测）设函数f（x）满足2x2f（x）＋x3f′（x）＝ex，f

（2）＝，则x∈[2，＋∞）时，f（x）的最小值为（　　）

【07804116】

A.　　　B.C.　　　D.

D　[对于等式2x2f（x）＋x3f′（x）＝ex，因为x>

0，故此等式可化为f′（x）＝，且f′

（2）＝＝0.令g（x）＝ex－2x2f（x），g

（2）＝0.g′（x）＝ex－2[2xf（x）＋x2f′（x）]＝ex－2＝（x－2）．当x≥2时，g′（x）≥0，g（x）单调递增，故gmin（x）＝g

（2）＝0，因此当x≥2时，g（x）≥0恒成立．因为f′（x）＝，所以f′（x）≥0恒成立．因此f（x）在[2，＋∞）上单调递增，f（x）的最小值为f

（2）＝.故选D.]

3．（2017·

安庆模拟）已知函数f（x）＝－k，若x＝2是函数f（x）的唯一一个极值点，则实数k的取值范围为（　　）

A．（－∞，e]B．[0，e]

C．（－∞，e）D．[0，e）

A　[f′（x）＝－k＝（x＞0）．设g（x）＝，

则g′（x）＝，则g（x）在（0,1）内单调递减，在（1，＋∞）内单调递增．

∴g（x）在（0，＋∞）上有最小值，为g

（1）＝e,结合g（x）＝与y＝k的图象可知，要满足题意，只需k≤e，选A.]

4．（2017·

金华十校联考）已知函数f（x）＝x3＋ax2＋bx＋c有两个极值点x1，x2.若f（x1）＝x1＜x2，则关于x的方程3（f（x））2＋2af（x）＋b＝0的不同实根个数为（　　）

A．3B．4C．5　D．6

A　[f′（x）＝3x2＋2ax＋b，原题等价于方程3x2＋2ax＋b＝0有两个不等实数根x1，x2，且x1＜x2，x∈（－∞，x1）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；

x∈（x1，x2）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；

x∈（x2，＋∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增．∴x1为极大值点，x2为极小值点．∴方程3（f（x））2＋2af（x）＋b＝0有两个不等实根，f（x）＝x1或f（x）＝x2.∵f（x1）＝x1，

∴由图知f（x）＝x1有两个不同的解，f（x）＝x2仅有一个解．故选A.]

5．（2016·

甘肃兰州诊断考试）已知函数f（x）的导函数为f′（x），若x2f′（x）＋xf（x）＝sinx（x∈（0,6）），f（π）＝2，则下列结论正确的是（　　）

A．y＝xf（x）在（0,6）上单调递减

B．y＝xf（x）在（0,6）上单调递增

C．y＝xf（x）在（0,6）上有极小值2π

D．y＝xf（x）在（0,6）上有极大值2π

D　[因为x2f′（x）＋xf（x）＝sinx，x∈（0,6），所以xf′（x）＋f（x）＝，设g（x）＝xf（x），x∈（0,6），则g′（x）＝f（x）＋xf′（x）＝，令g′（x）>

0，得0<

x<

π，令g′（x）<

0，得π<

6，所以当x＝π时，函数g（x）＝xf（x）取得极大值g（π）＝πf（π）＝2π.]

6．（2017·

广州毕业班模拟）若函数f（x）＝ex（sinx＋acosx）在上单调递增，则实数a的取值范围是（　　）

A．（－∞，1]B．（－∞，1）

C．[1，＋∞）D．（1，＋∞）

A　[f′（x）＝ex[sinx＋cosx－a（sinx－cosx）]，当a＝0时，f′（x）＝ex（sinx＋cosx），显然x∈，f′（x）>

0恒成立，排除C，D；

当a＝1时，f′（x）＝2excosx，x∈时，f′（x）>

0，故选A.]

7．（2017·

肇庆二模）已知函数f（x）＝x3－6x2＋9x，g（x）＝x3－x2＋ax－（a>

1），若对任意的x1∈[0,4]，总存在x2∈[0,4]，使得f（x1）＝g（x2），则实数a的取值范围为（　　）

A.B．[9，＋∞）

C.∪[9，＋∞）D．∪[9，＋∞）

C　[由f′（x）＝3x2－12x＋9＝3（x－1）（x－3）＝0，得x＝1或x＝3，所以当x∈[0,4]时，当0≤x<

1或3<

x≤4时，f′（x）>

0，即f（x）单调递增，当1<

3时，f′（x）<

0，即f（x）单调递减，即当x＝1时，f（x）取极大值4，当x＝3时，f（x）取极小值0.函数f（x）的值域为[0,4]．又因为g′（x）＝x2－（a＋1）x＋a＝（x－1）（x－a）．当1<

a<

4时，g（x）在[0,1]上单调递增，在[1，a]上单调递减，在[a,4]上单调递增，所以g（x）的最小值为g（0）或g（a），g（x）的最大值为g

（1）或g（4）．因为g（0）＝－<

0，所以g

（1）≥4或g（4）≥4.所以≥4或13－4a≥4，解得a≥9或a≤.又因为1<

4，所以1<

a≤.当a≥4时，g（x）在[0,1]上单调递增，在[1,4]上单调递减，所以g（x）的最小值为g（0）或g（4），最大值为g

（1）．因为g（0）＝－<

0，所以g

（1）≥4，即a≥9.综上所述，1<

a≤或a≥9.故选C.]

8．（2017·

郑州第一次质量预测）已知函数f（x）＝x＋xlnx，若k∈Z，且k（x－1）<

f（x）对任意的x>

1恒成立，则k的最大值为（　　）

A．2B．3

C．4D．5

B　[法一：

（分离参数法）依题意得，k<

对任意的x>

1恒成立．令g（x）＝，则g′（x）＝，令h（x）＝x－lnx－2（x>

1），则h′（x）＝1－＝>

0，所以函数h（x）在（1，＋∞）上单调递增．

因为h（3）＝1－ln3<

0，h（4）＝2－2ln2>

0.

所以方程h（x）＝0在（1，＋∞）上存在唯一实数根x0，且满足x0∈（3,4），即有h（x0）＝x0－lnx0－2＝0，lnx0＝x0－2.

当1<

x0时，h（x）<

0，即g′（x）<

0，当x>

x0时，h（x）>

0，即g′（x）>

0，所以函数g（x）＝在（1，x0）上单调递减，在（x0，＋∞）上单调递增，

所以[g（x）]min＝g（x0）＝＝＝x0∈（3,4）．

所以k<

[g（x）]min＝x0∈（3,4）．故整数k的最大值是3.选B.

法二：

（特殊值验证法）依题意得，当x＝2时，k（2－1）<

f

（2），即k<

2＋2ln2<

2＋2＝4，因此满足题意的最大整数k的可能取值为3.当k＝3时，记g（x）＝f（x）－k（x－1），即g（x）＝xlnx－2x＋3（x>

1），则g′（x）＝lnx－1，当1<

e时，g′（x）<

0，g（x）在区间（1，e）上单调递减；

当x>

e时，g′（x）>

0，g（x）在区间（e，＋∞）上单调递增．因此，g（x）的最小值是g（e）＝3－e>

0，于是有g（x）>

0恒成立．所以满足题意的最大整数k的值是3，选B.]

二、填空题

9．（2017·

合肥二模）已知直线y＝b与函数f（x）＝2x＋3和g（x）＝ax＋lnx分别交于A，B两点，若|AB|的最小值为2，则a＋b＝________.

【07804117】

2　[设点B（x0，b），欲使|AB|最小，曲线g（x）＝ax＋lnx在点B（x0，b）处的切线与f（x）＝2x＋3平行，则有a＋＝2，解得x0＝，进而可得a·

＋ln＝b　①，又点A坐标为，所以|AB|＝x0－＝－＝2　②，联立方程①②可解得，a＝1，b＝1，所以a＋b＝2.]

10．（2017·

洛阳二模）已知函数f（x）＝ex＋mlnx（m∈R，e为自然对数的底数），若对任意正数x1，x2，当x1>

x2时都有f（x1）－f（x2）>

x1－x2成立，则实数m的取值范围是________．

[0，＋∞）　[依题意得，对于任意的正数x1，x2，当x1>

x2时，都有f（x1）－x1>

f（x2）－x2，因此函数g（x）＝f（x）－x在区间（0，＋∞）上是增函数，于是当x>

0时，g′（x）＝f′（x）－1＝ex＋－1≥0，即x（ex－1）≥－m恒成立．记h（x）＝x（ex－1），x>

0，则有h′（x）＝（x＋1）·

ex－1>

（0＋1）e0－1＝0（x>

0），h（x）在区间（0，＋∞）上是增函数，h（x）的值域是（0，＋∞），因此－m≤0，m≥0.故所求实数m的取值范围是[0，＋∞）．]

11．（2017·

黄山模拟）已知函数f（x）＝m－2lnx（m∈R），g（x）＝－，若至少存在一个x0∈[1，e]，使得f（x0）<

g（x0）成立，则实数m的取值范围是________．

　[由题意，不等式f（x）<

g（x）在[1，e]上有解，∴mx<

2lnx在[1，e]上有解，即<

在[1，e]上有解，令h（x）＝，则h′（x）＝，当1≤x≤e时，h′（x）≥0，∴在[1，e]上，h（x）max＝h（e）＝，∴<

，∴m<

.∴m的取值范围是.]

12．（2016·

河北石家庄教学质量检测

（二））设f′（x）是奇函数f（x）（x∈R）的导函数，f（－2）＝0，当x>

0时，xf′（x）－f（x）>

0，则使得f（x）>

0成立的x的取值范围是________．

（－2,0）∪（2，＋∞）　[令g（x）＝，则g′（x）＝，∴当x>

0时，g′（x）>

0，即g（x）在（0，＋∞）上单调递增，∵f（x）为奇函数，f（－2）＝0，

∴f

（2）＝0，∴g

（2）＝＝0，结合奇函数f（x）的图象（图略）知，f（x）>

0的解集为（－2,0）∪（2，＋∞）]．

三、解答题

13．（2017·

江西高三4月监测）已知函数f（x）＝lnx－x2＋（a∈R，a为常数），函数g（x）＝e1－x＋x2－1.

（1）讨论函数f（x）的极值点的个数；

（2）若不等式f（x）≤g（x）对任意x∈[1，＋∞）恒成立，求实数a的取值范围.

【07804118】

[解]　

（1）f′（x）＝－x－＝（x>

0），由f′（x）＝0，得a＝x－x3，记h（x）＝x－x3，则h′（x）＝1－3x2，由h′（x）＝0，得x＝，且0<

时，h′（x）>

时，h′（x）<

0，所以当x＝时，h（x）取得最大值，又h（0）＝0，当a≥时，f′（x）≤0恒成立，函数f（x）无极值点；

当0<

时，f′（x）＝0有两个解x1，x2，且0<

x1时，f′（x）<

0，x1<

x2时，f′（x）>

0，x>

x2时，f′（x）<

0，所以函数f（x）有两个极值点；

当a≤0时，方程f′（x）＝0有一个解x0，且0<

x0时f′（x）>

0.x>

x0时，f′（x）<

0，所以函数f（x）有一个极值点．综上所述，当a≥时，函数f（x）无极值点，当0<

时，函数f（x）有两个极值点；

当a≤0时，函数f（x）有1个极值点．

（2）记φ（x）＝g（x）－f（x）＝e1－x－lnx＋ax2－－1（x≥1），由φ

（1）＝e0－ln1＋a－a－1＝0，φ′（x）＝－e1－x－＋2ax＋，φ′

（1）＝－1－1＋3a＝3a－2，由φ′

（1）≥0，得a≥.又当a≥，x≥1时，[φ′（x）]′＝e1－x＋＋2a－＝e1－x＋＋2a>

0，φ′（x）≥φ′

（1）≥0，φ（x）在区间[1，＋∞）上单调递增，