届高三理科数学五年高考三年模拟分类汇编32 导数的应用Word格式文档下载.docx
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答案 C
3.（2017山东,15,5分）若函数exf（x）（e=2.71828…是自然对数的底数）在f（x）的定义域上单调递增,则称函数f（x）具有M性质.下列函数中所有具有M性质的函数的序号为 .
①f（x）=2-x ②f（x）=3-x ③f（x）=x3 ④f（x）=x2+2
答案 ①④
4.（2017江苏,11,5分）已知函数f（x）=x3-2x+ex-,其中e是自然对数的底数.若f（a-1）+f（2a2）≤0,则实数a的取值范围是 .
答案
5.（2017山东,20,13分）已知函数f（x）=x2+2cosx,g（x）=ex·
（cosx-sinx+2x-2）,其中e=2.71828…是自然对数的底数.
（1）求曲线y=f（x）在点（π,f（π））处的切线方程;
（2）令h（x）=g（x）-af（x）（a∈R）,讨论h（x）的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值.
解析 本题考查导数的几何意义和极值.
（1）由题意f（π）=π2-2,
又f'
（x）=2x-2sinx,
所以f'
（π）=2π,
因此曲线y=f（x）在点（π,f（π））处的切线方程为y-（π2-2）=2π（x-π）,即y=2πx-π2-2.
（2）由题意得h（x）=ex（cosx-sinx+2x-2）-a（x2+2cosx）,
因为h'
（x）=ex（cosx-sinx+2x-2）+ex（-sinx-cosx+2）-a（2x-2sinx）
=2ex（x-sinx）-2a（x-sinx）
=2（ex-a）（x-sinx）,
令m（x）=x-sinx,则m'
（x）=1-cosx≥0,
所以m（x）在R上单调递增.
因为m（0）=0,
所以当x>
0时,m（x）>
0;
当x<
0时,m（x）<
0.
①当a≤0时,ex-a>
0,
0时,h'
（x）<
0,h（x）单调递减,
当x>
（x）>
0,h（x）单调递增,
所以当x=0时h（x）取到极小值,极小值是h（0）=-2a-1;
②当a>
（x）=2（ex-elna）（x-sinx）,
由h'
（x）=0得x1=lna,x2=0.
a.当0<
a<
1时,lna<
当x∈（-∞,lna）时,ex-elna<
0,h'
0,h（x）单调递增;
当x∈（lna,0）时,ex-elna>
0,h（x）单调递减;
当x∈（0,+∞）时,ex-elna>
0,h（x）单调递增.
所以当x=lna时h（x）取到极大值,
极大值为h（lna）=-a[（lna）2-2lna+sin（lna）+cos（lna）+2],
当x=0时h（x）取到极小值,极小值是h（0）=-2a-1;
b.当a=1时,lna=0,
所以当x∈（-∞,+∞）时,h'
（x）≥0,函数h（x）在（-∞,+∞）上单调递增,无极值;
c.当a>
1时,lna>
所以当x∈（-∞,0）时,ex-elna<
当x∈（0,lna）时,ex-elna<
当x∈（lna,+∞）时,ex-elna>
所以当x=0时h（x）取到极大值,极大值是h（0）=-2a-1;
当x=lna时h（x）取到极小值,
极小值是h（lna）=-a[（lna）2-2lna+sin（lna）+cos（lna）+2].
综上所述:
当a≤0时,h（x）在（-∞,0）上单调递减,在（0,+∞）上单调递增,函数h（x）有极小值,极小值是h（0）=-2a-1;
当0<
1时,函数h（x）在（-∞,lna）和（0,+∞）上单调递增,在（lna,0）上单调递减,函数h（x）有极大值,也有极小值,
极大值是h（lna）=-a[（lna）2-2lna+sin（lna）+cos（lna）+2],
极小值是h（0）=-2a-1;
当a=1时,函数h（x）在（-∞,+∞）上单调递增,无极值;
当a>
1时,函数h（x）在（-∞,0）和（lna,+∞）上单调递增,
在（0,lna）上单调递减,函数h（x）有极大值,也有极小值,
极大值是h（0）=-2a-1,
教师用书专用（6—17）
6.（2015福建,10,5分）若定义在R上的函数f（x）满足f（0）=-1,其导函数f'
（x）满足f'
k>
1,则下列结论中一定错误的是 （ ）
A.f<
B.f>
C.f<
D.f>
7.（2013课标全国Ⅱ,10,5分）已知函数f（x）=x3+ax2+bx+c,下列结论中错误的是（ ）
A.∃x0∈R,f（x0）=0
B.函数y=f（x）的图象是中心对称图形
C.若x0是f（x）的极小值点,则f（x）在区间（-∞,x0）单调递减
D.若x0是f（x）的极值点,则f'
（x0）=0
8.（2017天津,20,14分）设a∈Z,已知定义在R上的函数f（x）=2x4+3x3-3x2-6x+a在区间（1,2）内有一个零点x0,g（x）为f（x）的导函数.
（1）求g（x）的单调区间;
（2）设m∈[1,x0）∪（x0,2],函数h（x）=g（x）（m-x0）-f（m）,求证:
h（m）h（x0）<
（3）求证:
存在大于0的常数A,使得对于任意的正整数p,q,且∈[1,x0）∪（x0,2],满足≥.
解析 本小题主要考查导数的运算、利用导数研究函数的性质、证明不等式等基础知识和方法.考查函数思想和化归思想.考查抽象概括能力、综合分析问题和解决问题的能力.
（1）由f（x）=2x4+3x3-3x2-6x+a,可得g（x）=f'
（x）=8x3+9x2-6x-6,进而可得g'
（x）=24x2+18x-6.令g'
（x）=0,解得x=-1或x=.
当x变化时,g'
（x）,g（x）的变化情况如下表:
x
（-∞,-1）
g'
（x）
+
-
g（x）
↗
↘
所以,g（x）的单调递增区间是（-∞,-1）,,单调递减区间是.
（2）证明:
由h（x）=g（x）（m-x0）-f（m）,得h（m）=g（m）（m-x0）-f（m）,h（x0）=g（x0）（m-x0）-f（m）.
令函数H1（x）=g（x）（x-x0）-f（x）,则H1'
（x）=g'
（x）（x-x0）.由
（1）知,当x∈[1,2]时,g'
0,故当x∈[1,x0）时,H1'
0,H1（x）单调递减;
当x∈（x0,2]时,H1'
0,H1（x）单调递增.因此,当x∈[1,x0）∪（x0,2]时,H1（x）>
H1（x0）=-f（x0）=0,可得H1（m）>
0,即h（m）>
令函数H2（x）=g（x0）（x-x0）-f（x）,则H2'
（x）=g（x0）-g（x）.由
（1）知g（x）在[1,2]上单调递增,故当x∈[1,x0）时,H2'
0,H2（x）单调递增;
当x∈（x0,2]时,H2'
0,H2（x）单调递减.因此,当x∈[1,x0）∪（x0,2]时,H2（x）<
H2（x0）=0,可得H2（m）<
0,即h（x0）<
所以,h（m）h（x0）<
（3）证明:
对于任意的正整数p,q,且∈[1,x0）∪（x0,2],令m=,函数h（x）=g（x）（m-x0）-f（m）.由
（2）知,当m∈[1,x0）时,h（x）在区间（m,x0）内有零点;
当m∈（x0,2]时,h（x）在区间（x0,m）内有零点.所以h（x）在（1,2）内至少有一个零点,不妨设为x1,则h（x1）=g（x1）-f=0.
由
（1）知g（x）在[1,2]上单调递增,故0<
g
（1）<
g（x1）<
g
（2）,于是=≥
=.
因为当x∈[1,2]时,g（x）>
0,故f（x）在[1,2]上单调递增,所以f（x）在区间[1,2]上除x0外没有其他的零点,而≠x0,故f≠0.又因为p,q,a均为整数,所以|2p4+3p3q-3p2q2-6pq3+aq4|是正整数,从而|2p4+3p3q-3p2q2-6pq3+aq4|≥1.所以≥.所以,只要取A=g
（2）,就有≥.
9.（2015广东,19,14分）设a>
1,函数f（x）=（1+x2）ex-a.
（1）求f（x）的单调区间;
f（x）在（-∞,+∞）上仅有一个零点;
（3）若曲线y=f（x）在点P处的切线与x轴平行,且在点M（m,n）处的切线与直线OP平行（O是坐标原点）,证明:
m≤-1.
解析
（1）函数f（x）的定义域为R.
因为f'
（x）=2x·
ex+（1+x2）ex=（x2+2x+1）ex=（x+1）2ex≥0,
所以函数f（x）在R上单调递增,即f（x）的单调递增区间为（-∞,+∞）,无单调递减区间.
因为a>
1,所以f（0）=1-a<
0,f（lna）=（1+ln2a）·
elna-a=aln2a>
所以f（0）·
f（lna）<
0,由零点存在性定理可知f（x）在（0,lna）内存在零点.
又由
（1）知,f（x）在R上单调递增,故f（x）在（-∞,+∞）上仅有一个零点.
设点P（x0,y0）,由题意知,f'
（x0）=（x0+1）2=0,解得x0=-1.
所以y0=（1+）-a=-a,所以点P的坐标为.
所以kOP=a-.
由题意可得,f'
（m）=（m+1）2em=a-.
要证明m≤-1,只需要证明m+1≤,
只需要证明（m+1）3≤a-=（m+1）2em,
只需要证明m+1≤em.
构造函数:
h（x）=ex-x-1（x∈R）,则h'
（x）=ex-1.
0,即h（x）在（-∞,0）上单调递减;
0,即h（x）在（0,+∞）上单调递增.
所以函数h（x）有最小值,为h（0）=0,则h（x）≥0.
所以ex-x-1≥0,故em-m-1≥0,故m+1≤em,故原不等式成立.
10.（2014课标Ⅱ,21,12分）已知函数f（x）=ex-e-x-2x.
（1）讨论f（x）的单调性;
（2）设g（x）=f（2x）-4bf（x）,当x>
0时,g（x）>
0,求b的最大值;
（3）已知1.4142<
<
1.4143,估计ln2的近似值（精确到0.001）.
解析
（1）f'
（x）=ex+e-x-2≥0,等号仅当x=0时成立.
所以f（x）在（-∞,+∞）上单调递增.
（2）g（x）=f（2x）-4bf（x）=e2x-e-2x-4b（ex-e-x）+（8b-4）x,
（x）=2[e2x+e-2x-2b（ex+e-x）+（4b-2）]
=2（ex+e-x-2）（ex+e-x-2b+2）.
（i）当b≤2时,g'
（x）≥0,等号仅当x=0时成立,
所以g（x）在（-∞,+∞）上单调递增.而g（0）=0,所以对任意x>
0,g（x）>
（ii）当b>
2时,若x满足2<
ex+e-x<
2b-2,即0<
x<
ln（b-1+）时,g'
0.而g（0）=0,因此当0<
x≤ln（b-1+）时,g（x）<
综上,b的最大值为2.
（3）由
（2）知,g（ln）=-2b+2（2b-1）ln2.
当b=2时,g（ln）=-4+6ln2>
ln2>
>
0.6928;
当b=+1时,ln（b-1+）=ln,
g（ln）=--2+（3+2）ln2<
ln2<
0.6934.
所以ln2的近似值为0.693.
11.（2014广东,21,14分）设函数f（x）=,其中k<
-2.
（1）求函数f（x）的定义域D（用区间表示）;
（2）讨论函数f（x）在D上的单调性;
（3）若k<
-6,求D上满足条件f（x）>
f
（1）的x的集合（用区间表示）.
解析
（1）由题意得（x2+2x+k）2+2（x2+2x+k）-3>
∴[（x2+2x+k）+3]·
[（x2+2x+k）-1]>
∴x2+2x+k<
-3或x2+2x+k>
1,
∴（x+1）2<
-2-k（-2-k>
0）或（x+1）2>
2-k（2-k>
0）,
∴|x+1|<
或|x+1|>
∴-1-<
-1+或x<
-1-或x>
-1+,
∴函数f（x）的定义域D为
（-∞,-1-）∪（-1-,-1+）∪（-1+,+∞）.
（2）f'
（x）=-
=-,
由f'
0得（x2+2x+k+1）（2x+2）<
0,即（x+1+）（x+1-）（x+1）<
∴x<
-1-或-1<
-1+,结合定义域知x<
所以函数f（x）的单调递增区间为（-∞,-1-）,（-1,-1+）,
同理,递减区间为（-1-,-1）,（-1+,+∞）.
（3）由f（x）=f
（1）得（x2+2x+k）2+2（x2+2x+k）-3=（3+k）2+2（3+k）-3,
∴[（x2+2x+k）2-（3+k）2]+2[（x2+2x+k）-（3+k）]=0,
∴（x2+2x+2k+5）·
（x2+2x-3）=0,
∴（x+1+）（x+1-）·
（x+3）（x-1）=0,
∴x=-1-或x=-1+或x=-3或x=1,
∵k<
-6,∴1∈（-1,-1+）,-3∈（-1-,-1）,
-1-<
-1-,-1+>
结合函数f（x）的单调性知f（x）>
f
（1）的解集为
（-1-,-1-）∪（-1-,-3）∪（1,-1+）∪（-1+,-1+）.
12.（2014山东,20,13分）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.
解析
（1）函数y=f（x）的定义域为（0,+∞）.
f'
（x）=-k
=-=.
由k≤0可得ex-kx>
所以当x∈（0,2）时,f'
0,函数y=f（x）单调递减,
当x∈（2,+∞）时,f'
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,当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,
k≤1时,
当x∈（0,2）时,g'
（x）=ex-k>
0,y=g（x）单调递增,
故f（x）在（0,2）内不存在两个极值点;
1时,
得x∈（0,lnk）时,g'
0,函数y=g（x）单调递减,
x∈（lnk,+∞）时,g'
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e<
k<
.
综上所述,函数f（x）在（0,2）内存在两个极值点时,k的取值范围为.
13.（2014天津,20,14分）设f（x）=x-aex（a∈R）,x∈R.已知函数y=f（x）有两个零点x1,x2,且x1<
x2.
（1）求a的取值范围;
（2）证明随着a的减小而增大;
（3）证明x1+x2随着a的减小而增大.
解析
（1）由f（x）=x-aex,
可得f'
（x）=1-aex.
下面分两种情况讨论:
①a≤0时,
0在R上恒成立,可得f（x）在R上单调递增,不合题意.
②a>
0时,由f'
（x）=0,得x=-lna.
当x变化时,f'
（x）,f（x）的变化情况如下表:
（-∞,-lna）
-lna
（-lna,+∞）
f（x）
-lna-1
这时,f（x）的单调递增区间是（-∞,-lna）;
单调递减区间是（-lna,+∞）.
于是,“函数y=f（x）有两个零点”等价于如下条件同时成立:
（i）f（-lna）>
（ii）存在s1∈（-∞,-lna）,满足f（s1）<
（iii）存在s2∈（-lna,+∞）,满足f（s2）<
由f（-lna）>
0,即-lna-1>
0,解得0<
e-1.而此时,取s1=0,满足s1∈（-∞,-lna）,且f（s1）=-a<
取s2=+ln,满足s2∈（-lna,+∞）,且f（s2）=+<
所以a的取值范围是（0,e-1）.
由f（x）=x-aex=0,有a=.设g（x）=,由g'
（x）=,知g（x）在（-∞,1）上单调递增,在（1,+∞）上单调递减.并且,当x∈（-∞,0]时,g（x）≤0;
当x∈（0,+∞）时,g（x）>
0.由已知,x1,x2满足a=g（x1）,a=g（x2）.
由a∈（0,e-1）,及g（x）的单调性,可得x1∈（0,1）,x2∈（1,+∞）.
对于任意的a1,a2∈（0,e-1）,设a1>
a2,g（ξ1）=g（ξ2）=a1,其中0<
ξ1<
1<
ξ2;
g（η1）=g（η2）=a2,其中0<
η1<
η2.
因为g（x）在（0,1）上单调递增,故由a1>
a2,即g（ξ1）>
g（η1）,可得ξ1>
η1;
类似可得ξ2<
η2.又由ξ1,η1>
0,得<
所以随着a的减小而增大.
由x1=a,x2=a,可得lnx1=lna+x1,lnx2=lna+x2.故x2-x1=lnx2-lnx1=ln.
设=t,则t>
1,且解得x1=,x2=.
所以x1+x2=.（*）
令h（x）=,x∈（1,+∞）,则h'
（x）=.
令u（x）=-2lnx+x-,得u'
（x）=.当x∈（1,+∞）时,u'
0.因此,u（x）在（1,+∞）上单调递增,故对于任意的x∈（1,+∞）,u（x）>
u
（1）=0,由此可得h'
0,故h（x）在（1,+∞）上单调递增.
因此,由（*）可得x1+x2随着t的增大而增大.
而由
（2）知t随着a的减小而增大,所以x1+x2随着a的减小而增大.
14.（2014辽宁,21,12分）已知函数f（x）=（cosx-x）（π+2x）-（sinx+1）,g（x）=3（x-π）cosx-4（1+sinx）ln.
证明:
（1）存在唯一x0∈,使f（x0）=0;
（2）存在唯一x1∈,使g（x1）=0,且对
（1）中的x0,有x0+x1<
π.
证明
（1）当x∈时,f'
（x）=-（1+sinx）（π+2x）-2x-cosx<
0,函数f（x）在上为减函数,又f（0）=π->
0,f=-π2-<
0,所以存在唯一x0∈,使f（x0）=0.
（2）考虑函数h（x）=-4ln,
x∈.
令t=π-x,则x∈时,t∈.
记u（t）=h（π-t）=-4ln,
则u'
（t）=.
由
（1）得,当t∈（0,x0）时,u'
（t）>
0,当t∈时,u'
（t）<
在（0,x0）上u（t）是增函数,又u（0）=0,从而当t∈（0,x0]时,u（t）>
0,所以u（t）在（0,x0]上无零点.
在上u（t）为减函数,由u（x0）>
0,u=-4ln2<
0,知存在唯一t1∈,使u（t1）=0.
所以存在唯一的t1∈,使u（t1）=0.
因此存在唯一的x1=π-t1∈,使h（x1）=h（π-t1）=u（t1）=0.
因为当x∈时,1+sinx>
0,故g（x）=（1+sinx）h（x）与h（x）有相同的零点,所以存在唯一的x1∈,使g（x1）=0.
因x1=π-t1,t1>
x0,所以x0+x1<
15.（2014湖北,22,14分）π为圆周率,e=2.71828…为自然对数的底数.
（1）求函数f（x）=的单调区间;
（2）求e3,3e,eπ,πe,3π,π3这6个数中的最大数与最小数;
（3）将e3,3e,eπ,πe,3π,π3这6个数按从小到大的顺序排列,并证明你的结论.
解析
（1）函数f（x）的定义域为（0,+∞）.
因为f（x）=,所以f'
当f'
0,即0<
e时,函数f（x）单调递增;
0,即x>
e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eln3<
elnπ,πlne<
πln3,即ln3e<
lnπe,lneπ<
ln3π.
于是根据函数y=lnx,y=ex,y=πx在定义域上单调递增,可得3e<
πe<
π3,e3<
eπ<
3π.
故这6个数的最大数在π3与3π之中,最小数在3e与e3之中.
由e<
π及
（1）的结论,得f（π）<
f（3）<
f（e）,
即<
由<
得lnπ3<
ln3π,所以3π>
π3;
得ln3e<
lne3,所以3e<
e3.
综上,6个数中的最大数是3π,最小数是3e.
（3）由
（2）知,3e<
π3<
3π,3e<
又由
（2）知,<
得πe<
eπ.
故只需比较e3与πe和eπ与π3的大小.
由
（1）知,当0<
e时,f（x）<
f（e）=,即<
在上式中,令x=,又<
e,则ln<
从而2-lnπ<
即得lnπ>
2-
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