《高考數(shù)學二輪專題復習與策略 第1部分 專題6 函數(shù)與導數(shù) 突破點18 導數(shù)的應用(酌情自選)專題限時集訓 理-人教版高三數(shù)學試題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高考數(shù)學二輪專題復習與策略 第1部分 專題6 函數(shù)與導數(shù) 突破點18 導數(shù)的應用(酌情自選)專題限時集訓 理-人教版高三數(shù)學試題（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題限時集訓(十八)　導數(shù)的應用 [A組　高考達標] 一、選擇題 1．(2016·四川高考)已知a為函數(shù)f(x)＝x3－12x的極小值點，則a＝(　　) A．－4　　　 B．－2　　　 C．4　　　 D．2 D　[由題意得f′(x)＝3x2－12，令f′(x)＝0得x＝±2，∴當x<－2或x>2時，f′(x)>0；當－2

2、意實數(shù)x，有f(x)－f′(x)＞0，則(　　) A．ef(2 015)＞f(2 016) B．ef(2 015)＜f(2 016) C．ef(2 015)＝f(2 016) D．ef(2 015)與f(2 016)大小不能確定 A　[令g(x)＝，則g′(x)＝＝，因為f(x)－f′(x)＞0，所以g′(x)＜0，所以函數(shù)g(x)在R上單調(diào)遞減，所以g(2 015)＞g(2 016)，即＞，所以ef(2 015)＞f(2 016)，故選A.] 3．(2016·安慶模擬)已知函數(shù)f(x)＝－k，若x＝2是函數(shù)f(x)的唯一一個極值點，則實數(shù)k的取值范圍為(　　) 【導學號：6772

3、2068】 A．(－∞，e] B．[0，e] C．(－∞，e) D．[0，e) A　[f′(x)＝－k＝(x＞0)．設g(x)＝， 則g′(x)＝，則g(x)在(0,1)內(nèi)單調(diào)遞減，在(1，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增． ∴g(x)在(0，＋∞)上有最小值，為g(1)＝e, 結(jié)合g(x)＝與y＝k的圖象可知，要滿足題意，只需k≤e，選A.] 4．(2016·邯鄲一模)已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c有兩個極值點x1，x2.若f(x1)＝x1＜x2，則關于x的方程3(f(x))2＋2af(x)＋b＝0的不同實根個數(shù)為(　　) A．3 B．4 C．5　　　　 D．6 A　[f′(

4、x)＝3x2＋2ax＋b，原題等價于方程3x2＋2ax＋b＝0有兩個不等實數(shù)根x1，x2，且x1＜x2，x∈(－∞，x1)時，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增；x∈(x1，x2)時，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減；x∈(x2，＋∞)時，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增．∴x1為極大值點，x2為極小值點．∴方程3(f(x))2＋2af(x)＋b＝0有兩個不等實根，f(x)＝x1或f(x)＝x2.∵f(x1)＝x1， ∴由圖知f(x)＝x1有兩個不同的解，f(x)＝x2僅有一個解．故選A.] 5．(2016·合肥二模)定義在R上的偶函數(shù)f(x)的導函數(shù)為f′(x)，若對任意的實數(shù)x，都有

5、2f(x)＋xf′(x)＜2恒成立，則使x2f(x)－f(1)＜x2－1成立的實數(shù)x的取值范圍為(　　) 【導學號：67722069】 A．{x|x≠±1} B．(－∞，－1)∪(1，＋∞) C．(－1,1) D．(－1,0)∪(0,1) B　[設g(x)＝x2[f(x)－1]，則由f(x)為偶函數(shù)得g(x)＝x2[f(x)－1]為偶函數(shù)．又因為g′(x)＝2x[f(x)－1]＋x2f′(x)＝x[2f(x)＋xf′(x)－2]，且2f(x)＋xf′(x)＜2，即2f(x)＋xf′(x)－2＜0，所以當x＞0時，g′(x)＝x[2f(x)＋xf′(x)－2]＜0，函數(shù)g(x)＝x2[f(

6、x)－1]單調(diào)遞減；當x＜0時，g′(x)＝x[2f(x)＋xf′(x)－2]＞0，函數(shù)g(x)＝x2[f(x)－1]單調(diào)遞增，則不等式x2f(x)－f(1)＜x2－1?x2f(x)－x2＜f(1)－1?g(x)＜g(1)?|x|＞1，解得x＜－1或x＞1，故選B.] 二、填空題 6．(2016·全國丙卷)已知f(x)為偶函數(shù)，當x<0時，f(x)＝ln(－x)＋3x，則曲線y＝f(x)在點(1，－3)處的切線方程是________． y＝－2x－1　[因為f(x)為偶函數(shù)，所以當x>0時，f(x)＝f(－x)＝ln x－3x，所以f′(x)＝－3，則f′(1)＝－2.所以y＝f(x)在

7、點(1，－3)處的切線方程為y＋3＝－2(x－1)，即y＝－2x－1.] 7．(2016·長沙一模)已知函數(shù)f(x)是定義在R上的可導函數(shù)，其導函數(shù)記為f′(x)，若對于任意的實數(shù)x，有f(x)＞f′(x)，且y＝f(x)－1是奇函數(shù)，則不等式f(x)＜ex的解集為________． (0，＋∞)　[由題意令g(x)＝， 則g′(x)＝ ＝. 因為f(x)＞f′(x)，所以g′(x)＜0， 即g(x)在R上是單調(diào)遞減函數(shù)， 因為y＝f(x)－1為奇函數(shù)，所以f(0)－1＝0，即f(0)＝1，g(0)＝1， 則不等式f(x)＜ex等價為＜1＝g(0)， 即g(x)＜g(0)，

8、 解得x＞0，所以不等式的解集為(0，＋∞)．] 8．(2016·鄭州一模)已知函數(shù)f(x)＝x3－3ax(a∈R)，若直線x＋y＋m＝0對任意的m∈R都不是曲線y＝f(x)的切線，則a的取值范圍為________． a＜　[f(x)＝x3－3ax(a∈R)，則f′(x)＝3x2－3a， 若直線x＋y＋m＝0對任意的m∈R都不是曲線y＝f(x)的切線， 則直線的斜率為－1，f′(x)＝3x2－3a與直線x＋y＋m＝0沒有交點， 又拋物線開口向上則必在直線上面，即最小值大于直線斜率， 則當x＝0時取最小值，－3a＞－1， 則a的取值范圍為a＜.] 三、解答題 9．(20

9、16·濰坊二模)已知函數(shù)f(x)＝＋bln x，曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為y＝x. (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間及極值； (2)若?x≥1，f(x)≤kx恒成立，求k的取值范圍． [解]　(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)， f′(x)＝，2分 故f′(1)＝b－a＝1， 又f(1)＝a，點(1，a)在直線y＝x上， ∴a＝1，則b＝2. ∴f(x)＝＋2ln x且f′(x)＝， 當0＜x＜時，f′(x)＜0，當x＞時， f′(x)＞0， 故函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間為，單調(diào)減區(qū)間為， f(x)極小值＝f＝2－2ln 2，無極大值.6分 (2

10、)由題意知，k≥＝＋(x≥1)恒成立， 令g(x)＝＋(x≥1)， 則g′(x)＝－＝(x≥1)，8分 令h(x)＝x－xln x－1(x≥1)， 則h′(x)＝－ln x(x≥1)， 當x≥1時，h′(x)≤0，h(x)在[1，＋∞)上為減函數(shù)， 故h(x)≤h(1)＝0，故g′(x)≤0， ∴g(x)在[1，＋∞)上為減函數(shù)， 故g(x)的最大值為g(1)＝1，∴k≥1.12分 10．(2016·北京高考)設函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c. (1)求曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程； (2)設a＝b＝4，若函數(shù)f(x)有三個不同零點，求c的取值范

11、圍； (3)求證：a2－3b>0是f(x)有三個不同零點的必要而不充分條件． [解]　(1)由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，得f′(x)＝3x2＋2ax＋b.因為f(0)＝c，f′(0)＝b， 所以曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程為y＝bx＋c.2分 (2)當a＝b＝4時，f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c， 所以f′(x)＝3x2＋8x＋4. 令f′(x)＝0，得3x2＋8x＋4＝0，解得x＝－2或x＝－. f(x)與f′(x)在區(qū)間(－∞，＋∞)上的情況如下： x (－∞， －2) －2 － f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f

12、(x)  c  c－  所以，當c＞0且c－＜0時，存在x1∈(－4，－2)，x2∈，x3∈，使得f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝0. 由f(x)的單調(diào)性知，當且僅當c∈時，函數(shù)f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c有三個不同零點.8分 (3)證明：當Δ＝4a2－12b＜0時，f′(x)＝3x2＋2ax＋b＞0，x∈(－∞，＋∞)， 此時函數(shù)f(x)在區(qū)間(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增， 所以f(x)不可能有三個不同零點． 當Δ＝4a2－12b＝0時，f′(x)＝3x2＋2ax＋b只有一個零點，記作x0. 當x∈(－∞，x0)時，f′(x)＞0，f(x)在區(qū)間(－∞，x0

13、)上單調(diào)遞增； 當x∈(x0，＋∞)時，f′(x)＞0，f(x)在區(qū)間(x0，＋∞)上單調(diào)遞增． 所以f(x)不可能有三個不同零點.10分 綜上所述，若函數(shù)f(x)有三個不同零點，則必有Δ＝4a2－12b＞0. 故a2－3b>0是f(x)有三個不同零點的必要條件． 當a＝b＝4，c＝0時，a2－3b＞0，f(x)＝x3＋4x2＋4x＝x(x＋2)2只有兩個不同零點， 所以a2－3b>0不是f(x)有三個不同零點的充分條件． 因此a2－3b>0是f(x)有三個不同零點的必要而不充分條件.13分 [B組　名校沖刺] 一、選擇題 1．(2016·江西贛中南五校聯(lián)考)已知函數(shù)y＝f

14、(x)對任意的x∈滿足f′(x)cos x＋f(x)sin x＞0(其中f′(x)是函數(shù)f(x)的導函數(shù))，則下列不等式成立的是 (　　) A.f＜f B.f＜f C．f(0)＞2f D．f(0)＞f A　[令g(x)＝，則 g′(x)＝ ＝，由對任意的x∈滿足f′(x)cos x＋f(x)sin x＞0，可得g′(x)＞0，即函數(shù)g(x)在上為增函數(shù)，則g＜g，即＜， 即f＜f.故選A.] 2．(2016·忻州模擬)已知函數(shù)f(x)＝ax2＋bx－ln x(a＞0，b∈R)，若對任意x＞0，f(x)≥f(1)，則(　　) A．ln a＜－2b B．ln a≤－2b C．l

15、n a＞－2b D．ln a≥－2b A　[f′(x)＝2ax＋b－，由題意可知f′(1)＝0，即2a＋b＝1，由選項可知，只需比較ln a＋2b與0的大小，而b＝1－2a，所以只需判斷l(xiāng)n a＋2－4a的符號．構(gòu)造一個新函數(shù)g(x)＝2－4x＋ln x，則g′(x)＝－4，令g′(x)＝0，得x＝，當x＜時，g(x)為增函數(shù)，當x＞時，g(x)為減函數(shù)，所以對任意x＞0有g(x)≤g＝1－ln 4＜0，所以有g(a)＝2－4a＋ln a＝2b＋ln a＜0?ln a＜－2b，故選A.] 3．(2016·深圳一模)已知函數(shù)f(x)＝ln x－ax2＋x有兩個不同零點，則實數(shù)a的取值范圍是(

16、　　) A．(0,1) B．(－∞，1) C. D. A　[令g(x)＝ln x，h(x)＝ax2－x， 將問題轉(zhuǎn)化為兩個函數(shù)圖象交點的問題． 當a≤0時，g(x)和h(x)的圖象只有一個交點，不滿足題意； 當a＞0時，由ln x－ax2＋x＝0，得a＝. 令r(x)＝，則 r′(x)＝ ＝， 當0＜x＜1時，r′(x)＞0，r(x)是單調(diào)增函數(shù)， 當x＞1時，r′(x)＜0，r(x)是單調(diào)減函數(shù)，且＞0，∴0＜a＜1. ∴a的取值范圍是(0,1)．故選A.] 4．(2016·南昌模擬)已知函數(shù)f(x)＝x(ln x－ax)有兩個極值點，則實數(shù)a的取值范圍是(　　)

17、 【導學號：67722070】 A．(－∞，0) B. C．(0,1) D．(0，＋∞) B　[∵f(x)＝x(ln x－ax)， ∴f′(x)＝ln x－2ax＋1， 由題意可知f′(x)在(0，＋∞)上有兩個不同的零點， 令f′(x)＝0，則2a＝， 令g(x)＝，則g′(x)＝， ∴g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減． 又∵當x→0時，g(x)→－∞， 當x→＋∞時，g(x)→0，而g(x)max＝g(1)＝1， ∴只需0＜2a＜1?0＜a＜.] 二、填空題 5．(2016·皖南八校聯(lián)考)已知x∈(0,2)，若關于x的不等式＜恒成立，則實

18、數(shù)k的取值范圍為________． [0，e－1)　[依題意，知k＋2x－x2＞0，即k＞x2－2x對任意x∈(0,2)恒成立，從而k≥0，所以由＜可得k＜＋x2－2x.令f(x)＝＋x2－2x，則f′(x)＝＋2(x－1)＝(x－1). 令f′(x)＝0，得x＝1，當x∈(1,2)時，f′(x)＞0，函數(shù)f(x)在(1,2)上單調(diào)遞增，當x∈(0,1)時，f′(x)＜0，函數(shù)f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，所以k＜f(x)min＝f(1)＝e－1，故實數(shù)k的取值范圍是[0，e－1)．] 6．(2016·武漢模擬)已知函數(shù)g(x)滿足g(x)＝g′(1)ex－1－g(0)x＋x2，且存在

19、實數(shù)x0使得不等式2m－1≥g(x0)成立，則m的取值范圍為________． [1，＋∞)　[g′(x)＝g′(1)ex－1－g(0)＋x，當x＝1時， g(0)＝1，由g(0)＝g′(1)e0－1，解得g′(1)＝e，所以g(x)＝ex－x＋x2，則g′(x)＝ex－1＋x，當x＜0時，g′(x)＜0，當x＞0時，g′(x)＞0，所以當x＝0時，函數(shù)g(x)取得最小值g(0)＝1，根據(jù)題意將不等式轉(zhuǎn)化為2m－1≥g(x)min＝1，所以m≥1.] 三、解答題 7．(2016·全國甲卷)已知函數(shù)f(x)＝(x＋1)ln x－a(x－1)． (1)當a＝4時，求曲線y＝f(x)在(1

20、，f(1))處的切線方程； (2)若當x∈(1，＋∞)時，f(x)>0，求a的取值范圍． [解]　(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)． 當a＝4時，f(x)＝(x＋1)ln x－4(x－1)， f(1)＝0，f′(x)＝ln x＋－3，f′(1)＝－2. 故曲線y＝f(x)在(1，f(1))處的切線方程為2x＋y－2＝0.4分 (2)當x∈(1，＋∞)時，f(x)＞0等價于ln x－＞0. 設g(x)＝ln x－， 則g′(x)＝－＝，g(1)＝0.8分 ①當a≤2，x∈(1，＋∞)時，x2＋2(1－a)x＋1≥x2－2x＋1＞0，故g′(x)＞0，g(x)在(1，＋∞)單

21、調(diào)遞增，因此g(x)＞0； ②當a＞2時，令g′(x)＝0得x1＝a－1－，x2＝a－1＋. 由x2＞1和x1x2＝1得x1＜1，故當x∈(1，x2)時，g′(x)＜0，g(x)在(1，x2)單調(diào)遞減，因此g(x)＜0. 綜上，a的取值范圍是(－∞，2].12分 8．(2016·四川高考)設函數(shù)f(x)＝ax2－a－ln x，g(x)＝－，其中a∈R，e＝2.718…為自然對數(shù)的底數(shù)． (1)討論f(x)的單調(diào)性； (2)證明：當x>1時，g(x)>0； (3)確定a的所有可能取值，使得f(x)>g(x)在區(qū)間(1，＋∞)內(nèi)恒成立． [解]　(1)由題意得f′(x)＝2ax－＝

22、(x>0)． 當a≤0時，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞減． 當a>0時，由f′(x)＝0有x＝， 當x∈時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減； 當x∈時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增.4分 (2)證明：令s(x)＝ex－1－x，則s′(x)＝ex－1－1. 當x>1時，s′(x)>0，所以ex－1>x， 從而g(x)＝－>0.8分 (3)由(2)知，當x>1時，g(x)>0. 當a≤0，x>1時，f(x)＝a(x2－1)－ln x<0. 故當f(x)>g(x)在區(qū)間(1，＋∞)內(nèi)恒成立時，必有a>0. 當01. 由(1)有f0， 所以此時f(x)>g(x)在區(qū)間(1，＋∞)內(nèi)不恒成立.11分 當a≥時，令h(x)＝f(x)－g(x)(x≥1)． 當x>1時，h′(x)＝2ax－＋－e1－x>x－＋－＝>>0. 因此，h(x)在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增． 又因為h(1)＝0，所以當x>1時，h(x)＝f(x)－g(x)>0， 即f(x)>g(x)恒成立． 綜上，a∈.14分