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2016届高考数学大一轮复习 第2章 第12节 导数的综合应用课时提升练 文 新人教版


课时提升练(十五)
一、选择题

导数的综合应用

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 2?12?2 所示,则下列 叙述正确的是( )

图 2?12?2 A.f(b)>f(c)>f(d) C.f(c)>f(b)>f(a) B.f(b)>f(a)>f(e) D.f(c)>f(e)>f(d)

【解析】 由图象得,当 x∈(-∞,c)时,f′(x)>0;x∈(c,e)时,f′(x)<0;x∈ (e,+∞)时,f′(x)>0,故 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<b<c,∴f(c)>f(b)>f(a). 【答案】 C 2. 函数 f(x)=x -3x-1, 若对于区间[-3,2]上的任意 x1, x2, 都有|f(x1)-f(x2)|≤t, 则实数 t 的最小值是( A.20 C.3
2 3

) B.18 D.0

【解析】 因为 f′(x)=3x -3=3(x+1)(x-1), 令 f′(x)=0,得 x=±1,且 f(-3)=-19,f(-1)=1,f(1)=-3,f(2)=1,所以 在区间[-3,2]上 f(x)max=1,f(x)min=-19,由题意知,在[-3,2]上,f(x)max-f(x)min≤t, 所以 t≥20, 则实数 t 的最小值为 20. 【答案】 A 3.f(x)是定义在(0,+∞)上的非负可导函数,且满足 xf′(x)+f(x)≤0,对任意正 数 a,b,若 a<b,则必有( A.af(b)≤bf(a) C.af(a)≤f(b) 【解析】 ) B.bf(a)≤af(b) D.bf(b)≤f(a)

∵ xf′(x)≤ - f(x) , f(x)≥0 , ∴ ?

?f?x?? ′ = xf′?x?-f?x? ? x2 ? x ?
a b

-2f?x? f?x? f?a? f?b? ≤ ≤0,则函数 在(0,+∞)上是递减的,由于 0<a<b,则 ≥ , 2

x

x

即 af(b)≤bf(a).

1

【答案】 A 4.函数 f(x)的定义域为 R,f(-1)=2,对任意 x∈R,f′(x)>2,则 f(x)>2x+4 的解 集为( ) B.(-1,+∞) D.(-∞,+∞)

A.(-1,1) C.(-∞,-1)

【解析】 由已知,[f(x)-(2x+4)]′=f′(x)-2>0, ∴g(x)=f(x)-(2x+4)单调递增, 又 g(-1)=0,∴f(x)>2x+4 的解集是(-1,+∞). 【答案】 B 5.设定义在 R 上的函数 f(x)是最小正周期为 2π 的偶函数,f′(x)是 f(x)的导函数, π ?x-π ?·f′(x)>0.则函数 y=f(x) 当 x∈[0, π ]时, 0<f(x)<1; 当 x∈(0, π )且 x≠ 时, ? 2? 2 ? ? -sin x 在[-2π ,2π ]上的零点个数为( A.2 C.5 ) B.4 D.8

? π? 【解析】 ∵?x- ?f′(x)>0, 2? ?
当 π <x<π 时,f′(x)>0, 2

?π ? ∴f(x)在? ,π ?上是增函数. ?2 ?
π 当 0<x< 时,f′(x)<0, 2

? π? ∴f(x)在?0, ?上是减函数. 2? ?
设 π ≤x≤2π ,则 0≤2π -x≤π .由 f(x)是以 2π 为最小正周期的偶函数知 f(2π -

x)=f(x).故 π ≤x≤2π 时,0<f(x)<1.
依题意作出草图(略)可知,y1=f(x)与 y2=sin x 在[-2π ,2π ]上有四个交点. 【答案】 B 6.(2014·湖南高考)若 0<x1<x2<1,则( A.ex2-ex1>ln x2-ln x1 B.ex1-ex2<ln x2-ln x1 C.x2ex1>x1ex2 D.x2ex1<x1ex2 【解析】 设 f(x)=e -ln x(0<x<1),
x

)

2

1 xe -1 x 则 f′(x)=e - = .

x

x

x

令 f′(x)=0,得 xe -1=0. 1 x 根据函数 y=e 与 y= 的图象可知两函数图象交点 x0∈(0,1),因此函数 f(x)在(0,1)

x

x

上不是单调函数,故 A,B 选项不正确. e e ?x-1? 设 g(x)= (0<x<1),则 g′(x)= . 2
x x

x

x

又 0<x<1,∴g′(x)<0. ∴函数 g(x)在(0,1)上是减函数. 又 0<x1<x2<1,∴g(x1)>g(x2), ∴x2ex1>x1ex2. 【答案】 C 二、填空题 7.已知函数 f(x)的定义域为[-1,5],部分对应值如下表:

x y

-1 1

0 2

2 0

4 2

5 1

f(x)的导函数 y=f′(x)的图象如图 2?12?3 所示.

图 2?12?3 (1)f(x)的极小值为________; (2)若函数 y=f(x)-a 有 4 个零点,则实数 a 的取值范围为________. 【解析】 (1)由 y=f′(x)的图象可知,

x f′(x) f(x)

(-1,0) + ↗?

0 0 极大值

(0,2) - ↘?

2 0 极小值

(2,4) + ↗?

4 0 极大值

(4,5) - ↘?

∴f(2)为 f(x)的极小值,f(2)=0. (2)y=f(x)的图象如图所示:

3

若函数 y=f(x)-a 有 4 个零点,则 a 的取值范围为 1≤a<2. 【答案】 (1)0 (2)[1,2) 8.在直径为 d 的圆木中,截取一个具有最大抗弯强度的长方体梁,则矩形面的长为 ________(强度与 bh 成正比,其中 h 为矩形的长,b 为矩形的宽).
2

【解析】 截面如图所示,设抗弯强度系数为 k,强度为 ω ,则 ω =kbh , 又 h =d -b , ∴ω =kb(d -b )=-kb +kd b, ω ′=-3kb +kd ,令 ω ′=0,得 b = , 3 ∴b= 3 3 d 或 b=- d(舍去). 3 3
2 2 2 2 2 2 2 3 2 2 2 2

2

d2

∴h= d -b = 【答案】 6 d 3

6 d. 3

? 1? 9.已知函数 y=f(x)是奇函数,当 x∈(0,2)时,f(x)=ln x-ax,?a> ?,当 x∈(- ? 2?
2,0)时,f(x)的最小值是 1,则 a=________. 【解析】 ∵f(x)是奇函数,∴f(x)在(0,2)上的最大值为-1.当 x∈(0,2)时,f′(x) 1 1 1 1 1 ? 1? = -a,令 f′(x)=0 得 x= ,又 a> ,∴0< <2.当 x< 时,f′(x)>0,f(x)在?0, ?上单 x a 2 a a ? a? 1 1 1 ?1 ? ?1? 调递增;当 x> 时,f′(x)<0,f(x)在? ,2?上单调递减,∴f(x)max=f? ?=ln -a· =

a

?a

?

?a?

a

a

-1,解得 a=1. 【答案】 1 三、解答题 ln x 10.(2013·北京高考)设 L 为曲线 C:y= 在点(1,0)处的切线.

x

(1)求 L 的方程; (2)证明:除切点(1,0)之外,曲线 C 在直线 L 的下方. ln x 1-ln x 【解】 (1)设 f(x)= ,则 f′(x)= . 2

x

x

所以 f′(1)=1,所以 L 的方程为 y=x-1.
4

(2)证明: 令 g(x)=x-1-f(x), 则除切点之外, 曲线 C 在直线 L 的下方等价于 g(x)>0(?

x>0,x≠1). g(x)满足 g(1)=0,且 x2-1+ln x g′(x)=1-f′(x)= . x2
当 0<x<1 时,x -1<0,ln x<0,所以 g′(x)<0,故 g(x)单调递减; 当 x>1 时,x -1>0,ln x>0,所以 g′(x)>0,故 g(x)单调递增. 所以,g(x)>g(1)=0(? x>0,x≠1). 所以除切点之外,曲线 C 在直线 L 的下方. 11.定义在 R 上的函数 f(x)=ax +bx +cx+3 同时满足以下条件: ①f(x)在(0,1)上是减函数,在(1,+∞)上是增函数; ②f′(x)是偶函数; ③f(x)在 x=0 处的切线与直线 y=x+2 垂直. (1)求函数 y=f(x)的解析式; (2)设 g(x)=ln x- ,若存在实数 x∈[1,e],使 g(x)<f′(x),求实数 m 的取值范围. 【解】 (1)f′(x)=3ax +2bx+c, ∵f(x)在(0,1)上是减函数,在(1,+∞)上是增函数, ∴f′(1)=3a+2b+c=0,① 由 f′(x)是偶函数得:b=0,② 又 f(x)在 x=0 处的切线与直线 y=x+2 垂直, ∴f′(0)=c=-1,③ 1 1 3 由①②③得:a= ,b=0,c=-1,即 f(x)= x -x+3. 3 3 (2)由已知得:存在实数 x∈[1,e],使 ln x- <x -1, 即存在 x∈[1,e],使 m>xln x-x +x. 设 M(x)=xln x-x +x,x∈[1,e],则 M′(x)=ln x-3x +2. 1 1-6x 2 设 H(x)=ln x-3x +2,x∈[1,e],则 H′(x)= -6x= .
2 3 2 3 2 3 2 2 2

m x

m x

2

x

x

∵x∈[1, e], ∴H′(x)<0, 即 H(x)在[1, e]上单调递减, 于是, H(x)≤H(1), 即 H(x)≤ -1<0,即 M′(x)<0, ∴M(x)在[1,e]上单调递减,∴M(x)≥M(e)=2e-e , 于是有 m>2e-e 为所求. 12.(2014·长沙模拟)已知函数 f(x)=e (x +ax-a),其中 a 是常数.
x
2 3 3

5

(1)当 a=1 时,求曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程; (2)若存在实数 k,使得关于 x 的方程 f(x)=k 在[0,+∞)上有两个不相等的实数根, 求 k 的取值范围. 【解】 (1)由 f(x)=e (x +ax-a)可得
x
2

f′(x)=ex[ x2+(a+2)x].
当 a=1 时,f(1)=e,f′(1)=4e. 所以曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为 y-e=4e(x-1),即 y=4ex-3e. (2)令 f′(x)=e [x +(a+2)x]=0, 解得 x=-(a+2)或 x=0. 当-(a+2)≤0,即 a≥-2 时,在区间[0,+∞)上,f′(x)≥0, 所以 f(x)是[0,+∞)上的增函数, 所以方程 f(x)=k 在[0,+∞)上不可能有两个不相等的实数根. 当-(a+2) >0,即 a<-2 时,f′(x),f(x)随 x 的变化情况如下表:
x
2

x f′(x) f(x)

0 0 -a

(0,-(a+2)) - ↘?

-(a+2) 0

(-(a+2),+∞) + ↗?

a+4
e
a+2

由上表可知函数 f(x)在[0,+∞)上的最小值为 f(-(a+2))=

a+4
e
a+2

.

因为函数 f(x)是(0, -(a+2))上的减函数, 是(-(a+2), +∞)上的增函数, 且当 x≥ -a 时,有 f(x)≥e (-a)>-a,又 f(0)=-a. 所以要使方程 f(x) = k 在 [0 ,+∞)上有两个不相等的实数根, k 的取值范围是 4 ?a+ ? ? ea+2 ,-a?. ? ?
-a

6


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