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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6 文


专题限时训练(六)
一、选择题(每小题 5 分,共 25 分)

导数的综合应用

(时间:45 分钟 分数:80 分)

1.(2014·江西卷)在同一直角坐标系中,函数 y=ax -x+ 与 y=a x -2ax +x+a(a 2 ∈R)的图象不可能是( )

2

a

2 3

2

A 答案:B

B

C

D

解析:令 a=0,则函数 y=ax -x+ 与 y=a x -2ax +x+a 分别为 y=-x 与 y=x,对 2

2

a

2 3

2

a 1 2 2 3 2 应的图象是选项 D 中的图象.记 f(x)=ax -x+ ,g(x)= a x -2ax +x+a,取 a= ,则 2 2 g(0)>f(0)>0.而 f(x)= x2-x+ = (x-1)2- ,令 g′(x)=0,得 x= 或 x=2,易知 g(x)
2? ? ?2 ? 在区间?-∞, ?和(2,+∞)上单调递增,在区间? ,2?上单调递减,所以 g(x)的极小值为 3 ? ? ?3 ? 1 2 1 1 4 2 1 4 2 3

g(2)=? ?2×23-2× ×22+2+ = ,又 f(2)= ×22-2+ = ,所以 g(2)>f(2),所以选项 2
1 1 A 中的图象有可能取 a=2,则 g(0)>f(0)>0,令 g′(x)=0,得 x= 或 x= ,易知 g(x)在区 6 2 1? ?1 ? ? ?1 1? ?1? 间?-∞, ?和? ,+∞?上单调递增,在区间? , ?上单调递减,所以 g(x)的极小值为 g? ? 6? ?2 ? ? ?6 2? ?2?

?1? ? ?

1 2

1 1 2 2

1 2

1 1 4 4

?1? 3 ?1? 2 1 ?1? ?1? 2 1 2 =4× ? ? -4× ? ? + + 2 = 2 ,又 f(x) = 2x - x + 1>0 , f ? ? =2× ? ? - + 1 = 1 ,所以 ?2? ?2? 2 ?2? ?2? 2
g? ?>f? ?,所以选项 C 中的图象有可能,利用排除法选 B. 2 2
2.(2015·洛阳模拟)设 a>0,b>0,e 是自然对数的底数( A.若 e +2a=e +3b,则 a>b B.若 e +2a=e +3b,则 a<b C.若 e -2a=e -3b,则 a>b D.若 e -2a=e -3b,则 a<b 答案:A 解析:由 e +2a=e +3b,有 e +3a>e +3b,
1
a b a b a b a b a b a b

?1? ?1? ? ? ? ?

)

令函数 f(x)=e +3x,则 f(x)在(0,+∞)上单调递增, 因为 f(a)>f(b),所以 a>b,A 正确,B 错误; 由 e -2a=e -3b,有 e -2a<e -2b, 令函数 f(x)=e -2x,则 f′(x)=e -2, 函数 f(x)=e -2x 在(0,ln 2)上单调递减,在(ln 2,+∞)上单调递增, 当 a,b∈(0,ln 2)时,由 f(a)<f(b),得 a>b, 当 a,b∈(ln 2,+∞)时,由 f(a)<f(b)得 a<b,故 C,D 错误. 3.(2015·甘肃兰州诊断)已知定义在 R 上的可导函数 f(x)的导函数为 f′(x),若对于 任意实数 x,有 f(x)>f′(x),且 y=f(x)-1 为奇函数,则不等式 f(x)<e 的解集为( A.(-∞,0) C.(-∞,e ) 答案:B 解析:因为 y=f(x)-1 为奇函数,且定义域为 R,所以 f(0)-1=0,得 f(0)=1,设
4

x

a

b

a

b

x

x

x

x

)

B.(0,+∞) D.(e ,+∞)
4

f?x? h(x)= , x
e e ?f′?x?-f?x?? 则 h′(x)= , x 2 ?e ? 因为 f(x)>f′(x),所以 h′(x)<0, 所以函数 h(x)是 R 上的减函数, 所以不等式 f(x)<e 等价于 故选 B. 4. (2015·河北唐山模拟)直线 y=a 分别与直线 y=2(x+1), 曲线 y=x+ln x 交于点 A,
x x

f?x?
e
x

<1=

f?0?
e
0

, 所以 x>0.

B,则|AB|的最小值为(
A.3 C. 3 2 4

) B.2 D. 3 2

答案:D 解析:解方程 2(x+1)=a,得 x= -1. 2 设方程 x+ln x=a 的根为 t(t>0),则 t+ln t=a, 则|AB|=?t- +1?=?t- ? 2 ? ?

a

?

a

? ?

t+ln t
2

+1? ?

?

?t ln t+1?. =? - ? 2 ?2 ?
t ln t 设 g(t)= - +1(t>0), 2 2

2

1 1 t-1 则 g′(t)= - = (t>0), 2 2t 2t 令 g′(t)=0,得 t=1. 当 t∈(0,1)时,g′(t)<0; 3 当 t∈(1,+∞)时,g′(t)>0,所以 g(t)min=g(1)= , 2 3 3 所以|AB|≥ ,所以|AB|的最小值为 . 2 2 5.设 D 是函数 y=f(x)定义域内的一个区间,若存在 x0∈D,使 f(x0)=-x0,则称 x0 是

f(x)的一个“次不动点”,也称 f(x)在区间 D 上存在“次不动点”,若函数 f(x)=ax2-3x
5 -a+ 在区间[1,4]上存在“次不动点”,则实数 a 的取值范围是( 2 A.(-∞,0) )

? 1? B.?0, ? ? 2?
1? ? D.?-∞, ? 2? ?

?1 ? C.? ,+∞? ?2 ?
答案:D

解析:设 g(x)=f(x)+x,依题意,存在 x∈[1,4],使

g(x)=f(x)+x=ax2-2x-a+ =0.
1 当 x=1 时,g(1)= ≠0; 2 5 4x-5 2 当 x≠1 时,由 ax -2x-a+ =0,得 a= . 2 2 2?x -1? 4x-5 记 h(x)= (1<x≤4), 2 2?x -1? -2x +5x-2 1 则由 h′(x)= 2 2 =0 得 x=2 或 x= (舍去). ?x -1? 2 当 x∈(1,2)时,h′(x)>0; 当 x∈(2,4)时,h′(x)<0,即函数 h(x)在(1,2)上是增函数,在(2,4)上是减函数, 1 因此当 x=2 时,h(x)取得最大值,最大值是 h(2)= , 2 1? ? 故满足题意的实数 a 的取值范围是?-∞, ?.故选 D. 2? ? 二、填空题(每小题 5 分,共 15 分) 6.设 f(x)是定义在 R 上的奇函数,且 f(2)=0,当 x>0 时,有 成立,则不等式 x f(x)>0 的解集是________.
3
2 2

5 2

xf′?x?-f?x? <0 恒 x2

答案:(-∞,-2)∪(0,2) 解析:当 x>0 时,有 则? =0, 画出 y=

xf′?x?-f?x? <0, x2

?f?x??′<0,f?x?在 x>0 时递减,x2f(x)>0 化为 x3·f?x?>0? f?x?>0,f(2) ? x x x ? x ?
f?x? 在 x>0 时的示意图如图所示,由图知 0<x<2. x

同理由 f(x)是奇函数,则 y= 在 x<0 时,y=

f?x? 是偶函数, x

f?x? f?x? f?x? 2 3 递增,x f(x)>0 化为 x · >0? <0,f(-2)=0,所以 x x x

x<-2.
综上所述,x 的取值范围是(-∞,-2)∪(0,2). 7. 已知函数 f(x)=ax+ln x, g(x)=x -2x+2.若对任意 x1∈(0, +∞), 存在 x2∈[0,1], 使得 f(x1)<g(x2),则 a 的取值范围是________. 1? ? 答案:?-∞,- 3? e? ? 解析:只需满足 f(x1)max<g(x2)max,x1∈(0,+∞),x2∈[0,1]. 1 ax+1 因为 g(x2)max=2,f′(x)=a+ = (x>0).
2

x

x

①当 a≥0 时,f′(x)>0,f(x)在(0,+∞)上单调递增,值域为 R,故不符合题意. 1 ②当 a<0 时,由 f′(x)=0,得 x=- .

a

1? ? ? 1 ? 所以,函数 f(x)的单调递增区间为?0,- ?,单调递减区间为?- ,+∞?.

?

a?

? a

?

故 f(x)的极大值即为最大值,

? 1? ? 1 ? 所以 f(x1)max=f?- ?=-1+ln? ? ? a? ?-a?
=-1-ln(-a),

4

1 所以-1-ln(-a)<2,所以 a<- 3. e 8. (2015·郑州质检)设函数 f(x)是定义在(-∞, 0)上的可导函数, 其导函数为 f′(x), 且有 2f(x)+xf′(x)>x ,则不等式(x+2 014) f(x+2 014)-4f(-2)>0 的解集为________. 答案:{x|x<-2 016} 解析:由 2f(x)+xf′(x)>x ,x<0,得 2xf(x)+x f′(x)<x , ∴[x f(x)]′<x <0. 令 F(x)=x f(x)(x<0),则 F′(x)<0(x<0), 即 F(x)在(-∞,0)上是减函数, 因为 F(x+2 014)=(x+2 014) f(x+2 014),
2 2 2 3 2 3 2 2 2

F(-2)=4f(-2),
所以不等式(x+2 014) f(x+2 014)-4f(-2)>0 即为 F(x+2 014)-F(-2)>0,即 F(x +2 014)>f(-2), 又因为 F(x)在(-∞,0)上是减函数,所以 x+2 014<-2, ∴x<-2 016. 三、解答题(9 题 12 分,10 题、11 题每题 14 分,共 40 分) e ?2 ? 9.(2014·山东卷)设函数 f(x)= 2-k? +ln x?(k 为常数,e=2.718 28?是自然对数
x
2

x

?x

?

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:(1)函数 y=f(x)的定义域为(0,+∞).

x2ex-2xex ? 2 1? f′(x)= -k?- 2+ ? x4 ? x x? xex-2ex k?x-2? = - x3 x2
= ?x-2??e -kx? . 3
x

x

由 k≤0 可得 e -kx>0, 所以当 x∈(0,2)时,f′(x)<0,函数 y=f(x)单调递减,

x

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,k≤0 时,函数 f(x)在(0,2)内单调递减,

5

故 f(x)在(0,2)内不存在极值点; 当 k>0 时,设函数 g(x)=e -kx,x∈[0,+∞). 因为 g′(x)=e -k=e -e 当 0<k≤1 时, 当 x∈(0,2)时,g′(x)=e -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,当 x∈(0,ln k)时,g′(x)<0,函数 y=g(x)单调递减.
x x x
ln k

x



x∈(ln k,+∞)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(ln k)=k(1-ln k).

g?0?>0, ? ?g?ln k?<0, 函数 f(x)在(0,2)内存在两个极值点, 当且仅当? g?2?>0, ? ?0<ln k<2,

e 解得 e<k< , 2

2

? e? 综上所述,若函数 f(x)在(0,2)内存在两个极值点时,k 的取值范围为?e, ?. ? 2?
10.(2015·新课标全国卷Ⅰ)设函数 f(x)=e -aln x. (1)讨论 f(x)的导函数 f′(x)零点的个数; 2 (2)证明:当 a>0 时,f(x)≥2a+aln .
2x

2

a

解:(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=2e - (x>0). 当 a≤0 时,f′(x)>0,f′(x)没有零点; 当 a>0 时,设 u(x)=e ,v(x)=- , 因为 u(x)=e 在(0,+∞)上单调递增,
2x 2x

2x

a x

a x

a v(x)=- 在(0,+∞)上单调递增, x
所以 f′(x)在(0,+∞)上单调递增.

a 1 又 f′(a)>0,当 b 满足 0<b< 且 b< 时,f′(b)<0, 4 4
故当 a>0 时,f′(x)存在唯一零点. (2)证明:由(1),可设 f′(x)在(0,+∞)上的唯一零点为 x0,当 x∈(0,x0)时,f′(x) <0; 当 x∈(x0,+∞)时,f′(x)>0. 故 f(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,所以当 x=x0 时,f(x)取得最 小值,最小值为 f(x0).
6

由于 2e2x0- =0,

a x0

a 2 2 所以 f(x0)= +2ax0+aln ≥2a+aln . 2x0 a a
2 故当 a>0 时,f(x)≥2a+aln .

a

?x-1? 11.(2015·福建卷)已知函数 f(x)=ln x- . 2 (1)求函数 f(x)的单调递增区间; (2)证明:当 x>1 时,f(x)<x-1; (3)确定实数 k 的所有可能取值,使得存在 x0>1,当 x∈(1,x0)时,恒有 f(x)>k(x- 1). 1 -x +x+1 解:(1)f′(x)= -x+1= ,x∈(0,+∞).
2

2

x

x

?x>0, ? 由 f′(x)>0,得? 2 ? ?-x +x+1>0,

1+ 5 解得 0<x< . 2 1+ 5 故 f(x)的单调递增区间是 0, . 2 (2)令 F(x)=f(x)-(x-1),x∈(0,+∞), 1-x 则有 F′(x)= .
2

x

当 x∈(1,+∞)时,F′(x)<0, 所以 F(x)在[1,+∞)上单调递减, 故当 x>1 时,F(x)<F(1)=0,即当 x>1 时,f(x)<x-1. (3)由(2)知,当 k=1 时,不存在 x0>1 满足题意. 当 k>1 时,对于 x>1,有 f(x)<x-1<k(x-1),则 f(x)<k(x-1),从而不存在 x0 >1 满足题意. 当 k<1 时,令 G(x)=f(x)-k(x-1),x∈(0,+∞), 1 -x +?1-k?x+1 则有 G′(x)= -x+1-k= .
2

x

x

由 G′(x)=0,得-x +(1-k)x+1=0, 1-k- ?1-k? +4 解得 x1= <0, 2 1-k+ ?1-k? +4 x2= >1. 2
7
2 2

2

当 x∈(1,x2)时,G′(x)>0,故 G(x)在[1,x2)内单调递增. 从而当 x∈(1,x2)时,G(x)>G(1)=0, 即 f(x)>k(x-1). 综上,k 的取值范围是(-∞,1).

8


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