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2016高考数学二轮专题复习 专题突破篇 专题一 集合、常用逻辑用语、不等式、函数与导数专题限时训练5 文

专题限时训练(五)
一、选择题(每小题 5 分,共 25 分)

导数的简单应用

(时间:45 分钟 分数:80 分)

1.(2015·菏泽模拟)已知函数 f(x)=x -cos x,则 f(0.6),f(0),f(-0.5)的大小关 系是( )

2

A.f(0)<f(-0.5)<f(0.6) B.f(0)<f(0.6)<f(-0.5) C.f(0.6)<f(-0.5)<f(0) D.f(-0.5)<f(0)<f(0.6) 答案:A 解析:因为 f(-x)=(-x) -cos(-x) =x -cos x=f(x), 所以 f(x)是偶函数; 所以 f(-0.5)=f(0.5); 又因为 f′(x)=2x+sin x, 当 x∈(0,1)时,f′(x)>0, 所以 f(x)在(0,1)上是增函数, 所以 f(0)<f(0.5)<f(0.6); 即 f(0)<f(-0.5)<f(0.6). 2.(2015·大同模拟)已知直线 m:x+2y-3=0,函数 y=3x+cos x 的图象与直线 l 相 切于 P 点,若 l⊥m,则 P 点的坐标可能是( 3π ? ? π A.?- ,- ? 2 ? ? 2 C.? ) B.?
2 2

?3π ,π ? 2? ? 2 ?

?π ,3π ? ? 2 ? ?2

π? ? 3π D.?- ,- ? 2 2? ?

答案:C 解析:设点 P(x0,y0),因为 l⊥m,所以 kl=2, 又 y′=3-sin x,故 3-sin x0=2, 即 sin x0=1,验证选项知 C 成立. 3.(2015·江西八校联考)已知函数 f(x)=x(ln x-ax)有两个极值点,则实数 a 的取值 范围是( )

A.(-∞,0) C.(0,1)

? 1? B.?0, ? ? 2?
D.(0,+∞)

1

答案:B 解析:∵f(x)=x(ln x-ax), ∴f′(x)=ln x-2ax+1, 由题可知 f′(x)在(0,+∞)上有两个不同的零点, ln x+1 令 f′(x)=0,则 2a= ,

x

ln x+1 ln x 令 g(x)= ,则 g′(x)=- 2 ,

x

x

∴g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减, 又∵当 x→0 时,g(x)→-∞,当 x→+∞时,g(x)→0, 而 g(x)max=g(1)=1, 1 ∴只需 0<2a<1? 0<a< . 2 4.(2015·江西南昌一模)已知点 P(x1,y1)是函数 f(x)=2x 图象上的点,点 Q(x2,y2) 2 5 是函数 g(x)=2ln x 图象上一点,若存在 x1,x2 使得|PQ|≤ 成立,则 x1 的值为( 5 A. C. 1 5 1 2 B. 2 5 )

D.1

答案:A 2 解析:因为 g′(x)=(2ln x)′= ,且函数 f(x)=2x 的图象是斜率为 2 的直线,

x

2 所以由 =2,解得 x=1,

x

从而曲线 g(x)=2ln x 在 x=1 处的切线方程为 y=2(x-1), 又直线 y=2(x-1)与直线 f(x)=2x 平行,且它们之间的距离为 如图所示. 2 5 = , 5 2 +?-1?
2 2

2

2

2 5 因为|PQ|的最小值为 , 5 所以|PQ|最小时,Q 点的坐标为(1,0),

y1=2x1, ? ? 所以?y1-0 ×2=-1, ? ?x1-1

1 解得 x1= .故选 A. 5 )

5. 设函数 f(x)的定义域为 R, x0(x0≠0)是 f(x)的极大值点, 以下结论一定正确的是( A.? x∈R,f(x)≤f(x0) B.-x0 是 f(-x)的极小值点 C.-x0 是-f(x)的极小值点 D.-x0 是-f(-x)的极小值点 答案:D

解析:A 错,因为极大值未必是最大值;B 错,因为函数 y=f(x)与函数 y=f(-x)的图 象关于 y 轴对称,-x0 应是 f(-x)的极大值点;C 错,函数 y=f(x)与函数 y=-f(x)的图象 关于 x 轴对称,x0 应为-f(x)的极小值点;D 正确,函数 y=f(x)与 y=-f(-x)的图象关于 原点对称,-x0 应为 y=-f(-x)的极小值点. 二、填空题(每小题 5 分,满分 15 分) 6.(2015·河南郑州质检)如图,y=f(x)是可导函数,直线 l:y=kx+2 是曲线 y=f(x) 在 x=3 处的切线,令 g(x)=xf(x),其中 g′(x)是 g(x)的导函数,则 g′(3)=________.

3

答案:0
?3k+2=1, ? 解析:由题图可知,直线 l 与曲线 y=f(x)交于点(3,1),则有? ?f?3?=1, ?

故 k=-

1 , 3 又直线 l 是曲线 y=f(x)在 x=3 处的切线, 1 故 f′(3)=k=- . 3 由 g(x)=xf(x)知,g′(x)=f(x)+xf′(x), 故 g′(3)=f(3)+3f′(3)=0. 7.(2015·唐山质检)已知函数 f(x)=x -ax+3 在(0,1)上为减函数,函数 g(x)=x -
2 2

aln x 在(1,2)上为增函数,则 a 的值等于________.
答案:2 解析:∵函数 f(x)=x -ax+3 在(0,1)上为减函数, ∴ ≥1,即 a≥2. 2 又∵g′(x)=2x- , 依题意 g(x)′≥0 在 x∈(1,2)上恒成立, 得 2x ≥a 在 x∈(1,2)上恒成立,有 a≤2,∴a=2. 8.若 a>0,b>0,且函数 f(x)=4x -ax -2bx+2 在 x=1 处有极值,则 ab 的最大值为 ________. 答案:9 解析:∵f′(x)=12x -2ax-2b, ∴f′(1)=0,即 12-2a-2b=0, ∴a+b=6,
4
2 3 2 2 2

a

a x

又 a>0,b>0, ∴ab≤?

?a+b?2=9, ? ? 2 ?

当且仅当 a=b=3 时,等号成立, ∴ab 的最大值为 9. 三、解答题(9 题 12 分,10 题、11 题每题 14 分,共 40 分) 9.(2015·绍兴模拟)已知函数 f(x)=e (ax+b)-x -4x,曲线 y=f(x)在点(0,f(0)) 处的切线方程为 y=4x+4. (1)求 a,b 的值; (2)讨论 f(x)的单调性,并求 f(x)的极大值. 解:(1)f′(x)=e (ax+b)+ae -2x-4 =e (ax+a+b)-2x-4, ∵y=f(x)在(0,f(0))处的切线方程为 y=4x+4, ∴f′(0)=a+b-4=4,f(0)=b=4, ∴a=4,b=4. (2)由(1)知,f′(x)=4e (x+2)-2(x+2)=2(x+2)(2e -1), 1 令 f′(x)=0,得 x=-2 或 ln , 2 列表:
x x x x x x
2

x f′( x) f(x)

(-∞,- 2) + ?

-2

?-2,ln ? ?
- ?

1? ? 2?

ln

1 2

?ln 1,+∞? ? 2 ? ? ?
+ ?

0 极大值

0 极小值

? 1 ? ∴y=f(x)在(-∞,-2),?ln ,+∞?上单调递增; ? 2 ?
1? ? 在?-2,ln ?上单调递减. 2? ? 故 f(x)极大值=f(-2)=4-4e . 10.已知函数 f(x)=(1-x)e -1. (1)求函数 f(x)的最大值; (2)设 g(x)=
x
-2

f?x? ,求证:g(x)有最大值 g(t),且-2<t<-1. x
x

解:(1)f′(x)=-xe . 当 x∈(-∞,0)时,f′(x)>0,f(x)单调递增;

5

当 x∈(0,+∞)时,f′(x)<0,f(x)单调递减. 所以 f(x)max=f(0)=0. ?1-x?e -1 (2)证明:g(x)= ,
x

x

g′(x)=

-?x -x+1?e +1 . 2

2

x

x

设 h(x)=-(x -x+1)e +1,则 h′(x)=-x(x+1)e . 当 x∈(-∞,-1)时,h′(x)<0,h(x)单调递减; 当 x∈(-1,0)时,h′(x)>0,h(x)单调递增; 当 x∈(0,+∞)时,h′(x)<0 时,h(x)单调递减. 7 3 又 h(-2)=1- 2>0,h(-1)=1- <0,h(0)=0, e e 所以 h(x)在(-2,-1)有一零点 t. 当 x∈(-∞,t)时,g′(x)>0,g(x)单调递增; 当 x∈(t,0)时,g′(x)<0,g(x)单调递减. 由(1)知,当 x∈(-∞,0)时,g(x)>0; 当 x∈(0,+∞)时,g(x)<0. 因此 g(x)有最大值 g(t),且-2<t<-1. 11.(2015·新课标全国卷Ⅱ)已知函数 f(x)=ln x+a(1-x). (1)讨论 f(x)的单调性; (2)当 f(x)有最大值,且最大值大于 2a-2 时,求 a 的取值范围. 1 解:(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)= -a.

2

x

x

x

若 a≤0,则 f′(x)>0,所以 f(x)在(0,+∞)上单调递增.

? 1? 若 a>0,则当 x∈?0, ?时,f′(x)>0; ?
a?

?1 ? 当 x∈? ,+∞?时,f′(x)<0. ?a ? ? 1? ?1 ? 所以 f(x)在?0, ?上单调递增,在? ,+∞?上单调递减. ?
a?

?a

?

(2)由(1)知,当 a≤0 时,f(x)在(0,+∞)上无最大值; 1 当 a>0 时,f(x)在 x= 处取得最大值,最大值为

a

f? ?=ln? ?+a?1- ?=-ln a+a-1. ?a? ?a? ? a?

?1?

?1?

?

1?

?1? 因此 f? ?>2a-2 等价于 ln a+a-1<0. ?a?
6

令 g(a)=ln a+a-1,则 g(a)在(0,+∞)上单调递增,

g(1)=0.
于是,当 0<a<1 时,g(a)<0;当 a>1 时,g(a)>0. 因此,a 的取值范围是(0,1).

7


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