3年高考新课标版高考数学一轮复习 32导数的应用.docx

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3年高考新课标版高考数学一轮复习32导数的应用

【3年高考】（新课标）2016版高考数学一轮复习3.2导数的应用

A组　2012—2014年高考·基础题组

1.（2014课标Ⅱ,12,5分）设函数f（x）=sin.若存在f（x）的极值点x0满足+[f（x0）]2

A.（-∞,-6）∪（6,+∞）B.（-∞,-4）∪（4,+∞）

C.（-∞,-2）∪（2,+∞）D.（-∞,-1）∪（1,+∞）

2.（2014辽宁,11,5分）当x∈[-2,1]时,不等式ax3-x2+4x+3≥0恒成立,则实数a的取值范围是（　　）

A.[-5,-3]B.

C.[-6,-2]D.[-4,-3]

3.（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

4.（2013辽宁,12,5分）设函数f（x）满足x2·f'（x）+2xf（x）=,f

（2）=,则x>0时,f（x）（　　）

A.有极大值,无极小值B.有极小值,无极大值

C.既有极大值又有极小值D.既无极大值也无极小值

5.（2012陕西,7,5分）设函数f（x）=xex,则（　　）

A.x=1为f（x）的极大值点B.x=1为f（x）的极小值点

C.x=-1为f（x）的极大值点D.x=-1为f（x）的极小值点

6.（2012重庆,8,5分）设函数f（x）在R上可导,其导函数为f'（x）,且函数y=（1-x）f'（x）的图象如图所示,则下列结论中一定成立的是（　　）

A.函数f（x）有极大值f

（2）和极小值f

（1）

B.函数f（x）有极大值f（-2）和极小值f

（1）

C.函数f（x）有极大值f

（2）和极小值f（-2）

D.函数f（x）有极大值f（-2）和极小值f

（2）

7.（2014课标Ⅰ,21,12分）设函数f（x）=aexlnx+,曲线y=f（x）在点（1,f

（1））处的切线方程为y=e（x-1）+2.

（1）求a,b;

（2）证明:

f（x）>1.

8.（2014重庆,20,12分）已知函数f（x）=ae2x-be-2x-cx（a,b,c∈R）的导函数f'（x）为偶函数,且曲线y=f（x）在点（0,f（0））处的切线的斜率为4-c.

（1）确定a,b的值;

（2）若c=3,判断f（x）的单调性;

（3）若f（x）有极值,求c的取值范围.

9.（2013山东,21,13分）设函数f（x）=+c（e=2.71828…是自然对数的底数,c∈R）.

（1）求f（x）的单调区间、最大值;

（2）讨论关于x的方程|lnx|=f（x）根的个数.

B组　2012—2014年高考·提升题组

1.（2014课标Ⅰ,11,5分）已知函数f（x）=ax3-3x2+1,若f（x）存在唯一的零点x0,且x0>0,则a的取值范围是（　　）

A.（2,+∞）B.（1,+∞）C.（-∞,-2）D.（-∞,-1）

2.（2014陕西,10,5分）如图,某飞行器在4千米高空水平飞行,从距着陆点A的水平距离10千米处开始下降,已知下降飞行轨迹为某三次函数图象的一部分,则该函数的解析式为（　　）

A.y=x3-xB.y=x3-x

C.y=x3-xD.y=-x3+x

3.（2013四川,10,5分）设函数f（x）=（a∈R,e为自然对数的底数）.若曲线y=sinx上存在点（x0,y0）使得f（f（y0））=y0,则a的取值范围是（　　）

A.[1,e]B.[e-1-1,1]

C.[1,e+1]D.[e-1-1,e+1]

4.（2013湖北,10,5分）已知a为常数,函数f（x）=x（lnx-ax）有两个极值点x1,x2（x1

A.f（x1）>0,f（x2）>-B.f（x1）<0,f（x2）<-

C.f（x1）>0,f（x2）<-D.f（x1）<0,f（x2）>-

5.（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.

6.（2014四川,21,14分）已知函数f（x）=ex-ax2-bx-1,其中a,b∈R,e=2.71828…为自然对数的底数.

（1）设g（x）是函数f（x）的导函数,求函数g（x）在区间[0,1]上的最小值;

（2）若f

（1）=0,函数f（x）在区间（0,1）内有零点,求a的取值范围.

7.（2014浙江,22,14分）已知函数f（x）=x3+3|x-a|（a∈R）.

（1）若f（x）在[-1,1]上的最大值和最小值分别记为M（a）,m（a）,求M（a）-m（a）;

（2）设b∈R.若[f（x）+b]2≤4对x∈[-1,1]恒成立,求3a+b的取值范围.

8.（2013湖南,22,13分）已知a>0,函数f（x）=.

（1）记f（x）在区间[0,4]上的最大值为g（a）,求g（a）的表达式;

（2）是否存在a,使函数y=f（x）在区间（0,4）内的图象上存在两点,在该两点处的切线互相垂直?

若存在,求a的取值范围;若不存在,请说明理由.

A组　2012—2014年高考·基础题组

1.C　f'（x）=cos,

∵f（x）的极值点为x0,

∴f'（x0）=0,∴cos=0,

∴x0=kπ+,k∈Z,

∴x0=mk+,k∈Z,

又∵+[f（x0）]2

∴+

∵m≠0,∴<,k∈Z,

又∵存在x0满足+[f（x0）]2

∴>,

∴>,∴m2-3>,∴m2>4,∴m>2或m<-2,故选C.

2.C　由题意知∀x∈[-2,1]都有ax3-x2+4x+3≥0,即ax3≥x2-4x-3在x∈[-2,1]上恒成立.当x=0时,a∈R.

当0

令t=（t≥1）,g（t）=-3t3-4t2+t,因为g'（t）=-9t2-8t+1<0（t≥1）,所以g（t）在[1,+∞）上单调递减,g（t）max=g

（1）=-6（t≥1）,所以a≥-6.

当-2≤x<0时,a≤--+,同理,g（t）在（-∞,-1]上递减,在上递增.

因此g（t）min=g（-1）=-2,所以a≤-2.

综上可知-6≤a≤-2,故选C.

3.C　由三次函数值域为R知f（x）=0有解,所以A项正确;因为y=x3的图象为中心对称图形,而f（x）=x3+ax2+bx+c的图象可以由y=x3的图象平移得到,故B项正确;若f（x）有极小值点,则f'（x）=0有两个不等实根x1,x2（x1

4.D　令F（x）=x2·f（x）,则f'（x）===,

令h（x）=ex-2F（x）,则h'（x）=ex-=.

当0

当x>2时,h'（x）>0,h（x）在（2,+∞）上为增函数,故h（x）≥h

（2）在x∈（0,+∞）上恒成立.

h

（2）=e2-2·F

（2）=e2-2[22·f

（2）]=e2-2=0,

即h（x）≥h

（2）=0在x∈（0,+∞）上恒成立,则f'（x）=≥0在x∈（0,+∞）上恒成立,

∴f（x）在（0,+∞）上是单调递增的,

∴f（x）在（0,+∞）上无极值,故选D.

5.D　f'（x）=（x+1）ex,当x<-1时,f'（x）<0,当x>-1时,f'（x）>0,所以x=-1为f（x）的极小值点,故选D.

6.D　①当x<-2时,1-x>0.

∵（1-x）f'（x）>0,

∴f'（x）>0,即f（x）在（-∞,-2）上是增函数.

②当-20.

∵（1-x）f'（x）<0,

∴f'（x）<0,即f（x）在（-2,1）上是减函数.

③当1

∵（1-x）f'（x）>0,∴f'（x）<0,

即f（x）在（1,2）上是减函数.

④当x>2时,1-x<0.∵（1-x）f'（x）<0,

∴f'（x）>0,即f（x）在（2,+∞）上是增函数.

综上:

f（-2）为极大值,f

（2）为极小值.

7.

解析　

（1）函数f（x）的定义域为（0,+∞）,f'（x）=aexlnx+ex-ex-1+ex-1.

由题意可得f

（1）=2,f'

（1）=e.

故a=1,b=2.

（2）由

（1）知,f（x）=exlnx+ex-1,

从而f（x）>1等价于xlnx>xe-x-.

设函数g（x）=xlnx,则g'（x）=1+lnx.

所以当x∈时,g'（x）<0;

当x∈时,g'（x）>0.

故g（x）在上单调递减,在上单调递增,从而g（x）在（0,+∞）上的最小值为g=-.

设函数h（x）=xe-x-,则h'（x）=e-x（1-x）.

所以当x∈（0,1）时,h'（x）>0;当x∈（1,+∞）时,h'（x）<0.

故h（x）在（0,1）上单调递增,在（1,+∞）上单调递减,从而h（x）在（0,+∞）上的最大值为h

（1）=-.

综上,当x>0时,g（x）>h（x）,即f（x）>1.

8.

解析　

（1）对f（x）求导得f'（x）=2ae2x+2be-2x-c,由f'（x）为偶函数,知f'（-x）=f'（x）,∴2（a-b）（e2x-e-2x）=0,

因为当x≠0时,e2x-e-2x≠0,所以a=b.

又f'（0）=2a+2b-c=4-c,故a=1,b=1.

（2）当c=3时,f（x）=e2x-e-2x-3x,

那么f'（x）=2e2x+2e-2x-3≥2-3=1>0,

故f（x）在R上为增函数.

（3）由

（1）知f'（x）=2e2x+2e-2x-c,而2e2x+2e-2x≥2=4,当x=0时等号成立.

下面分三种情况进行讨论.

当c<4时,对任意x∈R,f'（x）=2e2x+2e-2x-c>0,此时f（x）无极值;

当c=4时,对任意x≠0,f'（x）=2e2x+2e-2x-4>0,此时f（x）无极值;

当c>4时,令e2x=t,注意到方程2t+-c=0有两根t1,2=>0,即f'（x）=0有两个根x1=lnt1,x2=lnt2.

当x1

又当x>x2时,f'（x）>0,从而f（x）在x=x2处取得极小值.

综上,若f（x）有极值,则c的取值范围为（4,+∞）.

9.

解析　

（1）f'（x）=（1-2x）e-2x,

令f'（x）=0,解得x=.

当x<时,f'（x）>0,f（x）单调递增;

当x>时,f'（x）<0,f（x）单调递减.

所以,函数f（x）的单调递增区间是,单调递减区间是,最大值为f=e-1+c.

（2）令g（x）=|lnx|-f（x）=|lnx|-xe-2x-c,x∈（0,+∞）.

（i）当x∈（1,+∞）时,lnx>0,则g（x）=lnx-xe-2x-c,所以g'（x）=e-2x.

因为2x-1>0,>0,所以g'（x）>0.

因此g（x）在（1,+∞）上单调递增.

（ii）当x∈（0,1）时,lnx<0,则g（x）=-lnx-xe-2x-c,

所以g'（x）=e-2x.

因为e2x∈（1,e2）,e2x>1>x>0,所以-<-1.

又2x-1<1,所以-+2x-1<0,即g'（x）<0.

因此g（x）在（0,1）上单调递减.

综合（i）（ii）可知,当x∈（0,+∞）时,

g（x）≥g

（1）=-e-2-c.

当g

（1）=-e-2-c>0,即c<-e-2时,g（x）没有零点,

故关于x的方程|lnx|=f（x）根的个数为0;

当g

（1）=-e-2-c=0,即c=-e-2时,g（x）只有一个零点,

故关于x的方程|lnx|=f（x）根的个数为1;

当g

（1）=-e-2-c<0,即c>-e-2时,

①当x∈（1,+∞）时,由

（1）知

g（x）=lnx-xe-2x-c≥lnx->lnx-1-c,

要使g（x）>0,只需使lnx-1-c>0,即x∈（e1+c,+∞）;

②当x∈（0,1）时,由

（1）知

g（x）=-lnx-xe-2x-c≥-lnx->-lnx-1-c,

要使g（x）>0,只需-lnx-1-c>0,即x∈（0,e-1-c）,

所以c>-e-2时,g（x）有两个零点,

故关于x的方程|lnx|=f（x）根的个数为2.

综上所述,

当c<-e-2时,关于x的方程|lnx|=f（x）根的个数为0;

当c=-e-2时,关于x的方程|lnx|=f（x）根的个数为1;

当c>-e-2时,关于x的方程|lnx|=f（x）根的个数为2.

B组　2012—2014年高考·提升题组

1.C　

（1）当a=0时,显然f（x）有两个零点,不符合题意.

（2）当a≠0时,f'（x）=3ax2-6x,令f'（x）=0,解得x1=0,x2=.

当a>0时,>0,所以函数f（x）=ax3-3x2+1在（-∞,0）与上为增函数,在上为减函数,因为f（x）存在唯一零点x0,且x0>0,则f（0）<0,即1<0,不成立.

当a<0时,<0,所以函数f（x）=ax3-3x2+1在和（0,+∞）上为减函数,在上为增函数,因为f（x）存在唯一零点x0,且x0>0,则f>0,即a·-3·+1>0,解得a>2或a<-2,又因为a<0,故a的取值范围为（-∞,-2）.选C.

2.A　根据题意知,所求函数在（-5,5）上单调递减.对于A,y=x3-x,∴y'=x2-=（x2-25）,∴∀x∈（-5,5）,y'<0,

∴y=x3-x在（-5,5）内为减函数,同理可验证B、C、D均不满足此条件,故选A.

3.A　曲线y=sinx上存在点（x0,y0）使得f（f（y0））=y0≥0,则有0≤y0=sinx0≤1,使得f（y0）=y0.证明如下:

易知f（x）=在定义域上是增函数,

若f（y0）>y0,则f（f（y0））>f（y0）>y0,与已知矛盾;

若f（y0）

故必有0≤y0≤1使得f（y0）=y0,

即有0≤x≤1使得f（x）=x,

对x∈[0,1],=x⇒a=ex-x2+x,

令g（x）=ex-x2+x,则g'（x）=ex-2x+1,

若x∈[0,1],则ex+1≥2,2x≤2,则g'（x）>0,所以g（x）在[0,1]上是增函数,

g（0）≤g（x）≤g

（1）⇒1≤g（x）≤e,即1≤a≤e.故选A.

4.D　f'（x）=lnx-2ax+1,依题意知f'（x）=0有两个不等实根x1,x2.

即曲线y1=1+lnx与y2=2ax有两个不同交点,如图.

由直线y=x是曲线y1=1+lnx的切线,可知:

0<2a<1,且0

∴a∈.

由0

当x10,当x>x2时,f'（x）<0,∴f（x2）>f

（1）=-a>-,故选D.

5.

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,

当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,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,

当0

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;

当k>1时,

得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e

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.

6.

解析　

（1）由f（x）=ex-ax2-bx-1,有g（x）=f'（x）=ex-2ax-b.

所以g'（x）=ex-2a.

因此,当x∈[0,1]时,g'（x）∈[1-2a,e-2a].

当a≤时,g'（x）≥0,所以g（x）在[0,1]上单调递增.

因此g（x）在[0,1]上的最小值是g（0）=1-b;

当a≥时,g'（x）≤0,所以g（x）在[0,1]上单调递减,

因此g（x）在[0,1]上的最小值是g

（1）=e-2a-b;

当

所以函数g（x）在区间[0,ln（2a）]上单调递减,在区间（ln（2a）,1]上单调递增.

于是,g（x）在[0,1]上的最小值是g（ln（2a））=2a-2aln（2a）-b.

综上所述,当a≤时,g（x）在[0,1]上的最小值是g（0）=1-b;

当

当a≥时,g（x）在[0,1]上的最小值是g

（1）=e-2a-b.

（2）设x0为f（x）在区间（0,1）内的一个零点,则由f（0）=f（x0）=0可知,f（x）在区间（0,x0）上不可能单调递增,也不可能单调递减.

则g（x）在（0,x0）上不可能恒为正,也不可能恒为负.

故g（x）在区间（0,x0）内存在零点x1.

同理g（x）在区间（x0,1）内存在零点x2.

所以g（x）在区间（0,1）内至少有两个零点.

由

（1）知,当a≤时,g（x）在[0,1]上单调递增,故g（x）在（0,1）内至多有一个零点.

当a≥时,g（x）在[0,1]上单调递减,故g（x）在（0,1）内至多有一个零点.

所以

此时g（x）在区间[0,ln（2a）]上单调递减,在区间（ln（2a）,1]上单调递增.

因此x1∈（0,ln（2a）],x2∈（ln（2a）,1）,必有g（0）=1-b>0,g

（1）=e-2a-b>0.

由f

（1）=0有a+b=e-1<2,有g（0）=1-b=a-e+2>0,g

（1）=e-2a-b=1-a>0.

解得e-2

当e-2

若g（ln（2a））≥0,则g（x）≥0（x∈[0,1]）,

从而f（x）在区间[0,1]上单调递增,这与f（0）=f

（1）=0矛盾,所以g（ln（2a））<0.

又g（0）=a-e+2>0,g

（1）=1-a>0,

故此时g（x）在（0,ln（2a））和（ln（2a）,1）内各只有一个零点x1和x2.

由此可知f（x）在[0,x1]上单调递增,在（x1,x2）上单调递减,在[x2,1]上单调递增.

所以f（x1）>f（0）=0,f（x2）

（1）=0,

故f（x）在（x1,x2）内有零点.

综上可知,a的取值范围是（e-2,1）.

7.

解析　

（1）因为f（x）=

所以f'（x）=

由于-1≤x≤1,

（i）当a≤-1时,有x≥a,故f（x）=x3+3x-3a.

此时f（x）在（-1,1）上是增函数,因此,M（a）=f

（1）=4-3a,m（a）=f（-1）=-4-3a,

故M（a）-m（a）=（4-3a）-（-4-3a）=8.

（ii）当-1

若x∈（-1,a）,则f（x）=x3-3x+3a,在（-1,a）上是减函数,所以,M（a）=max{f

（1）,f（-1）},m（a）=f（a）=a3,

由于f

（1）-f（-1）=-6a+2,因此,

当-1

当

（iii）当a≥1时,有x≤a,故f（x）=x3-3x+3a,此时f（x）在（-1,1）上是减函数,因此,M（a）=f（-1）=2+3a,m（a）=f

（1）=-2+3a,

故M（a）-m（a）=（2+3a）-（-2+3a）=4.

综上,M（a）-m（a）=

（2）令h（x）=f（x）+b,则h（x）=h'（x）=

因为[f（x）+b]2≤4对x∈[-1,1]恒成立,即-2≤h（x）≤2对x∈[-1,1]恒成立,所以由

（1）知,

（i）当a≤-1时,h（x）在（-1,1）上是增函数,h（x）在[-1,1]上的最大值是h

（1）=4-3a+b,最小值是h（-1）=-4-3a+b,则-4-3a+b≥-2且4-3a+b≤2,矛盾.

（ii）当-1

（1）=4-3a+b,所以a3+b≥-2且4-3a+b≤2,从而-2-a3+3a≤3a+b≤6a-2且0≤a≤.

令t（a）=-2-a3+3a,则t'（a）=3-3a2>0,t（a）在上是增函数,故t（a）≥t（0）=-2,因此-2≤3a+b≤0.

（iii）当

（iv）当a≥1时,h（x）在[-1,1]上的最大值是h（-1）=2+3a+b,最小值是h

（1）=-2+3a+b,所以3a+b+2≤2且3a+b-2≥-2,解得3a+b=0.

综上,得3a+b的取值范围是-2≤3a+b≤0.

8.

解析　

（1）当0≤x≤a时,f（x）=;当x>a时,f（x）=.因此,当x∈（0,a）时,f'（x）=<0,f（x）在（0,a）上单调递减;

当x∈（a,+∞）时,f'（x）=>0,f（x）在（a,+∞）上单调递增.

①若a≥4,则f（x）在（0,4）上单调递减,g（a）=f（0）=.

②若0

综上所述,g（a）=

（2）由

（1）知,当a≥4时,f（x）在（0,4）上单调递减,故不满足要求.

当0