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2018浙江数学二轮复习专题限时训练:导数的应用word含答案


专题限时集训(十六)

导数的应用

(对应学生用书第 149 页) [建议 A、B 组各用时:45 分钟] [A 组 高考达标] 一、选择题 1.已知 a 为函数 f(x)=x -12x 的极小值点,则 a=( A.-4 C.4
2 3

)

B.-2 D.2

D [由题意得 f′(x)=3x -12,令 f′(x)=0 得 x=±2,∴当 x<-2 或 x>2 时,f′(x)>0; 当-2<x<2 时,f′(x)<0,∴f(x)在(-∞,-2)上为增函数,在(-2,2)上为减函数,在(2, +∞)上为增函数. ∴f(x)在 x=2 处取得极小值,∴a=2.] 2. 已知函数 f(x)是定义在 R 上的可导函数, f′(x)为其导函数, 若对于任意实数 x, 有 f(x)-f′(x) >0,则( )

A.ef(2 017)>f(2 018) B.ef(2 017)<f(2 018) C.ef(2 017)=f(2 018) D.ef(2 017)与 f(2 018)大小不能确定 A [令 g(x)=

f?x?
e
x

,则 g′(x)=

e f′?x?-e f?x? f′?x?-f?x? = ,因为 f(x)- 2x x e e

x

x

f′(x)>0,所以 g′(x)<0,所以函数 g(x)在 R 上单调递减,所以 g(2 017)>g(2 018),即 f?2 017? f?2 018?
e
2 017



e
x

2 018

,所以 ef(2 017)>f(2 018),故选 A.]

e ?2 ? 3.已知函数 f(x)= 2-k? +ln x?,若 x=2 是函数 f(x)的唯一一个极值点,则实数 k 的取值范

x

?x

?

围为(

) 【导学号:68334148】 B.[0,e] D.[0,e)
x
2 x

A.(-∞,e] C.(-∞,e)
x

?e ? ?x-2?? -k? x x 2 1 x e -2xe e ? ? ?- 2+ ?= A [f′(x)= - k ( x > 0) .设 g ( x ) = , ? ? 4 2
x

? x

x?

x

x

?x-1?e 则 g′(x)= ,则 g(x)在(0,1)内单调递减,在(1,+∞)内单调递增. 2

x

x

e ∴g(x)在(0, +∞)上有最小值, 为 g(1)=e, 结合 g(x)= 与 y=k 的图象可知, 要满足题意,

x

x

只需 k≤e,选 A.]

-1-

4. (2017·金华十校联考)已知函数 f(x)=x +ax +bx+c 有两个极值点 x1, x2.若 f(x1)=x1<x2, 则关于 x 的方程 3(f(x)) +2af(x)+b=0 的不同实根个数为( A.3 C.5
2 2

3

2

)

B.4 D.6
2

A [f′(x)=3x +2ax+b,原题等价于方程 3x +2ax+b=0 有两个不等实数根 x1,x2,且 x1 <x2,x∈(-∞,x1)时,f′(x)>0,f(x)单调递增;x∈(x1,x2)时,f′(x)<0,f(x)单调 递减;x∈(x2,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增.∴x1 为极大值点,x2 为极小值点.∴方 程 3(f(x)) +2af(x)+b=0 有两个不等实根,f(x)=x1 或 f(x)=x2.∵f(x1)=x1,
2

∴由图知 f(x)=x1 有两个不同的解,f(x)=x2 仅有一个解.故选 A.] 1 x ? π? 5.函数 f(x)= e (sin x+cos x) 在区间?0, ?上的值域为( 2? 2 ? ) 【导学号:68334149】

1 x 1 x π x A [f′(x)= e (sin x+cos x)+ e (cos x-sin x)=e cos x,当 0<x< 时,f′(x)>0, 2 2 2

? π? ∴f(x)是?0, ?上的增函数. 2? ? ?π ? 1 π ∴f(x)的最大值为 f? ?= e , ?2? 2 2
f(x)的最小值为 f(0)= .
∴f(x)的值域为 二、填空题 6.已知 f(x)为偶函数,当 x<0 时,f(x)=ln(-x)+3x,则曲线 y=f(x)在点(1,-3)处的切线 方程是________. .] 1 2

y=-2x-1 [因为 f(x)为偶函数,所以当 x>0 时,f(x)=f(-x)=ln x-3x,所以 f′(x)
1 = -3,则 f′(1)=-2.所以 y=f(x)在点(1,-3)处的切线方程为 y+3=-2(x-1),即 y

x

-2-

=-2x-1.]

m ? 1? 7. 已知函数 f(x)=m?x- ?-2ln x(m∈R), g(x)=- , 若至少存在一个 x0∈[1, e], 使得 f(x0)<g(x0)

?

x?

x

成立,则实数 m 的取值范围是________.

?-∞,2? [由题意,不等式 f(x)<g(x)在[1,e]上有解,∴mx<2ln x,即m<ln x在[1,e]上 ? e? 2 x ? ?
ln x 1-ln x 有解, 令 h(x)= , 则 h′(x)= , 当 1≤x≤e 时, h′(x)≥0, ∴在[1, e]上, h(x)max 2

x

x

2? 1 m 1 2 ? =h(e)= ,∴ < ,∴m< ,∴m 的取值范围是?-∞, ?.] e? e 2 e e ? 8.已知函数 f(x)=x -3ax(a∈R),若直线 x+y+m=0 对任意的 m∈R 都不是曲线 y=f(x)的切 线,则 a 的取值范围为________.
3

a<

1 3 2 [f(x)=x -3ax(a∈R),则 f′(x)=3x -3a, 3

若直线 x+y+m=0 对任意的 m∈R 都不是曲线 y=f(x)的切线, 则直线的斜率为-1,f′(x)=3x -3a 与直线 x+y+m=0 没有交点, 又抛物线开口向上则必在直线上面,即最小值大于直线斜率, 则当 x=0 时取最小值,-3a>-1, 1 则 a 的取值范围为 a< .] 3 三、解答题 9.(2017·诸暨市高中毕业班教学质量检测)已知函数 f(x)=xe -a(x-1)(a∈R). (1)若函数 f(x)在 x=0 处有极值,求 a 的值及 f(x)的单调区间;
x
2

? 1? (2)若存在实数 x0∈?0, ?,使得 f(x0)<0,求实数 a 的取值范围. ? 2?
[解] (1)f′(x)=(x+1)e -a, 由 f′(0)=0? a=1. 此时 f′(x)=(x+1)e -1. 当 x>0 时,x+1>1,e >1? f′(x)>0; 当 x<0 时,x+1<1,0<e <1? f′(x)<0, ∴f(x)在(-∞,0]上单调递减, 在[0,+∞)上单调递增. (2)法一:f(x)=xe +a(1-x),
x x x x x

3分

6分

7分

? 1? 若在 x∈?0, ?上存在 x0,有 f(x0)<0, ? 2?
∵xe >0,(1-x)>0,需 a<0,
x

10 分

-3-

又 f′(x)=(x+1)e -a, 当 a<0 时,f′(x)>0 恒成立,

x

? 1? ∴f(x)在?0, ?上单调递增, ? 2?
? ?1?? ∴只需 min?f?0?,f? ??=f(0)=a<0, ?2?? ?

13 分

综上,a<0.15 分

? 1? x 法二:f(x)=xe -a(x-1)<0 在 x∈?0, ?上有解, ? 2?
xex ? 1? 即 xe <a(x-1),a< 在 x∈?0, ?上有解, x-1 ? 2?
x

9分

xex ? 1? 设 h(x)= ,x∈?0, ?, x-1 ? 2?
e ?x -x-1? 则 h′(x)= <0, 2 ?x-1?
x
2

? 1? ∴h(x)在?0, ?上单调递减. ? 2?
h(x)在?0, ?上的值域为(- e,0), 2

13 分

? ?

1?

?

∴a<h(0)=0. 10.设函数 f(x)=x +ax +bx+c. (1)求曲线 y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程; (2)设 a=b=4,若函数 f(x)有三个不同零点,求 c 的取值范围; (3)求证:a -3b>0 是 f(x)有三个不同零点的必要而不充分条件.
2 3 2

15 分

[解] (1)由 f(x)=x +ax +bx+c,得 f′(x)=3x +2ax+b.因为 f(0)=c,f′(0)=b, 所以曲线 y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为 y=bx+c. (2)当 a=b=4 时,f(x)=x +4x +4x+c, 所以 f′(x)=3x +8x+4. 2 2 令 f′(x)=0,得 3x +8x+4=0,解得 x=-2 或 x=- . 3
2 3 2

3

2

2

2分

f(x)与 f′(x)在区间(-∞,+∞)上的情况如下: x f′(x) f(x)
(-∞,-2) + ? -2 0

?-2,-2? ? 3? ? ?
- ?

- 0

2 3

?-2,+∞? ? 3 ? ? ?
+ ?

c

c-

32 27

-4-

2? 32 ? ? 2 ? 所以,当 c>0 且 c- <0 时,存在 x1∈(-4,-2),x2∈?-2,- ?,x3∈?- ,0?,使得 3? 27 ? ? 3 ?

f(x1)=f(x2)=f(x3)=0.

? 32? 3 2 由 f(x)的单调性知,当且仅当 c∈?0, ?时,函数 f(x)=x +4x +4x+c 有三个不同零点. ? 27?
(3)证明:当 Δ =4a -12b<0 时,f′(x)=3x +2ax+b>0,x∈(-∞,+∞), 此时函数 f(x)在区间(-∞,+∞)上单调递增, 所以 f(x)不可能有三个不同零点. 当 Δ =4a -12b=0 时,f′(x)=3x +2ax+b 只有一个零点,记作 x0. 当 x∈(-∞,x0)时,f′(x)>0,f(x)在区间(-∞,x0)上单调递增; 当 x∈(x0,+∞)时,f′(x)>0,f(x)在区间(x0,+∞)上单调递增. 所以 f(x)不可能有三个不同零点. 综上所述,若函数 f(x)有三个不同零点,则必有 Δ =4a -12b>0. 故 a -3b>0 是 f(x)有三个不同零点的必要条件. 当 a=b=4,c=0 时,a -3b>0,f(x)=x +4x +4x=x(x+2) 只有两个不同零点, 所以 a -3b>0 不是 f(x)有三个不同零点的充分条件. 因此 a -3b>0 是 f(x)有三个不同零点的必要而不充分条件. [B 组 名校冲刺] 一、选择题
2 2 2 3 2 2 2 2 2 2 2 2

10 分

15 分

? π π? 1.已知函数 y=f(x)对任意的 x∈?- , ?满足 f′(x)cos x+f(x)sin x>0(其中 f′(x)是函 ? 2 2?
数 f(x)的导函数),则下列不等式成立的是( )

? π? ? π? A. 2f?- ?<f?- ? ? 3? ? 4? ?π ? C.f(0)>2f? ? ?3?
A [令 g(x)=

?π ? ?π ? B. 2f? ?<f? ? ?3? ?4? ?π ? D.f(0)> 2f? ? ?4?

f?x? ,则 cos x

f′?x?cos x-f?x??cos x?′ g′(x)= 2 cos x


f′?x?cos x+f?x?sin x ? π π? ,由对任意的 x∈?- , ?满足 f′(x)cos x+f(x)sin x 2 cos x ? 2 2?

? π π? >0,可得 g′(x)>0,即函数 g(x)在?- , ?上为增函数, ? 2 2?

-5-

? π? ? π? f?- ? ? ? ? 4? ? π? ? π? 则 g?- ?<g?- ?,即 < , π ? 3? ? 4? ? ? ? π? cos?- ? cos?- ? ? 3? ? 4?
f? - ? 3

? π? ? π? 即 2f?- ?<f?- ?.故选 A.] ? 3? ? 4?
2.已知函数 f(x)=ax +bx-ln x(a>0,b∈R),若对任意 x>0,f(x)≥f(1),则( A.ln a<-2b C.ln a>-2b B.ln a≤-2b D.ln a≥-2b
2

)

1 A [f′(x)=2ax+b- ,由题意可知 f′(1)=0,即 2a+b=1,由选项可知,只需比较 ln a

x

+2b 与 0 的大小,而 b=1-2a,所以只需判断 ln a+2-4a 的符号.构造一个新函数 g(x) 1 1 1 =2-4x+ln x,则 g′(x)= -4,令 g′(x)=0,得 x= ,当 x< 时,g(x)为增函数,当 x x 4 4 1 ?1? > 时,g(x)为减函数,所以对任意 x>0 有 g(x)≤g? ?=1-ln 4<0,所以有 g(a)=2-4a 4 ?4? +ln a=2b+ln a<0? ln a<-2b,故选 A.] 3.已知函数 f(x)=ln x-ax +x 有两个不同零点,则实数 a 的取值范围是( A.(0,1) 1+e? ? C.?-∞, 2 ? e ? ? A [令 g(x)=ln x,h(x)=ax -x, 将问题转化为两个函数图象交点的问题. 当 a≤0 时,g(x)和 h(x)的图象只有一个交点,不满足题意; 当 a>0 时,由 ln x-ax +x=0,得 a= 令 r(x)=
2 2 2

)

B.(-∞,1)

? 1+e? D.?0, 2 ? e ? ?

x+ln x . x2

x+ln x ,则 x2

r′(x)=

?1+1?·x2-?ln x+x?·2x ? x? 1-x-2ln x ? ?
x4


x3



当 0<x<1 时,r′(x)>0,r(x)是单调增函数, 当 x>1 时,r′(x)<0,r(x)是单调减函数,且 ∴a 的取值范围是(0,1).故选 A.] 4.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( ) 【导学号:68334150】

x+ln x >0,∴0<a<1. x2

-6-

A.(-∞,0) C.(0,1) B [∵f(x)=x(ln x-ax),

? 1? B.?0, ? ? 2?
D.(0,+∞)

∴f′(x)=ln x-2ax+1, 由题意可知 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 二、填空题

x 1 5.(2017·金华十校调研)已知 x∈(0,2),若关于 x 的不等式 x< 2恒成立,则实数 k 的 e k+2x-x
取值范围为________. [0,e-1) [依题意,知 k+2x-x >0,即 k>x -2x 对任意 x∈(0,2)恒成立,从而 k≥0,
2 2

x 1 e e e ?x-1? 2 2 所以由 x< +2(x 2可得 k< +x -2x.令 f(x)= +x -2x,则 f′(x)= e k+2x-x x x x2

x

x

x

?e ? -1)=(x-1)? 2+2?. ?x ?
令 f′(x)=0,得 x=1,当 x∈(1,2)时,f′(x)>0,函数 f(x)在(1,2)上单调递增,当 x∈ (0,1)时,f′(x)<0,函数 f(x)在(0,1)上单调递减,所以 k<f(x)min=f(1)=e-1,故实数

x

k 的取值范围是[0,e-1).]
6.已知函数 g(x)满足 g(x)=g′(1)e
x-1

1 2 -g(0)x+ x ,且存在实数 x0 使得不等式 2m-1≥g(x0) 2

成立,则 m 的取值范围为________. [1,+∞) [g′(x)=g′(1)e
x-1

-g(0)+x,当 x=1 时, 1 2

g(0)=1,由 g(0)=g′(1)e0-1,解得 g′(1)=e,所以 g(x)=ex-x+ x2,则 g′(x)=ex-1
+x,当 x<0 时,g′(x)<0,当 x>0 时,g′(x)>0,所以当 x=0 时,函数 g(x)取得最小 值 g(0)=1,根据题意将不等式转化为 2m-1≥g(x)min=1,所以 m≥1.] 三、解答题
-7-

7.已知函数 f(x)=(x+1)ln x-a(x-1). (1)当 a=4 时,求曲线 y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程; (2)若当 x∈(1,+∞)时,f(x)>0,求 a 的取值范围. [解] (1)f(x)的定义域为(0,+∞). 当 a=4 时,f(x)=(x+1)ln x-4(x-1),

f(1)=0,f′(x)=ln x+ -3,f′(1)=-2. x
故曲线 y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程为 2x+y-2=0. (2)当 x∈(1,+∞)时,f(x)>0 等价于 ln x- 设 g(x)=ln x- 4分

1

a?x-1? >0. x+1

a?x-1? , x+1
2

1 2a x +2?1-a?x+1 则 g′(x)= - ,g(1)=0. 2= x ?x+1? x?x+1?2
2 2

8分

①当 a≤2,x∈(1,+∞)时,x +2(1-a)x+1≥x -2x+1>0,故 g′(x)>0,g(x)在(1, +∞)单调递增,因此 g(x)>0; ②当 a>2 时,令 g′(x)=0 得 x1=a-1- ?a-1? -1,x2=a-1+ ?a-1? -1. 由 x2>1 和 x1x2=1 得 x1<1,故当 x∈(1,x2)时,g′(x)<0,g(x)在(1,x2)单调递减,因此
2 2

g(x)<0.
综上,a 的取值范围是(-∞,2]. 15 分

1 e 2 8.设函数 f(x)=ax -a-ln x,g(x)= - x,其中 a∈R,e=2.718…为自然对数的底数. x e (1)讨论 f(x)的单调性; (2)证明:当 x>1 时,g(x)>0; (3)确定 a 的所有可能取值,使得 f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内恒成立. 1 2ax -1 [解] (1)由题意得 f′(x)=2ax- = (x>0).
2

x

x

当 a≤0 时,f′(x)<0,f(x)在(0,+∞)内单调递减. 当 a>0 时,由 f′(x)=0 有 x= 当 x∈?0, 当 x∈? 1 2a ,

? ?

1 ? ?时,f′(x)<0,f(x)单调递减; 2a? 4分

? 1 ,+∞? ?时,f′(x)>0,f(x)单调递增. ? 2a ?
x-1

(2)证明:令 s(x)=e

-x,则 s′(x)=e
x-1

x-1

-1.

当 x>1 时,s′(x)>0,所以 e

>x,

-8-

1 1 从而 g(x)= - x-1>0. x e (3)由(2)知,当 x>1 时,g(x)>0. 当 a≤0,x>1 时,f(x)=a(x -1)-ln x<0. 故当 f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内恒成立时,必有 a>0. 1 1 当 0<a< 时, >1. 2 2a 由(1)有 f?
2

8分

? 1 ? ? 1 ? ?<f(1)=0,而 g? ?>0, ? 2a? ? 2a?
11 分

所以此时 f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内不恒成立. 1 当 a≥ 时,令 h(x)=f(x)-g(x)(x≥1). 2 1 1 1 1 1 x -2x+1 x -2x+1 1-x 当 x>1 时,h′(x)=2ax- + 2-e >x- + 2- = > >0. 2 2
3 2

x x

x x

x

x

x

因此,h(x)在区间(1,+∞)上单调递增. 又因为 h(1)=0,所以当 x>1 时,h(x)=f(x)-g(x)>0, 即 f(x)>g(x)恒成立.

?1 ? 综上,a∈? ,+∞?. ?2 ?

15 分

-9-


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