《高三數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第2部分 必考補(bǔ)充專題 專題限時(shí)集訓(xùn)18 專題6 突破點(diǎn)18 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用(酌情自選) 理》由會(huì)員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《高三數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第2部分 必考補(bǔ)充專題 專題限時(shí)集訓(xùn)18 專題6 突破點(diǎn)18 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用(酌情自選) 理(9頁(yè)珍藏版)》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
專題限時(shí)集訓(xùn)(十八) 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用
A組 高考達(dá)標(biāo)]
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(diǎn),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(dāng)x<-2或x>2時(shí),f′(x)>0;當(dāng)-2
0時(shí),f(x)=f(-x)=ln x-3x,所以f′(x)=-3,則f′(1)=-2.所以y=f(x)在點(diǎn)(1,-3)處的切線方程為y+3=-2(x-1),即y=-2x-1.]
7.(2016長(zhǎng)沙一模)已知函數(shù)f(x)是定義在R上的可導(dǎo)函數(shù),其導(dǎo)函數(shù)記為f′(x),若對(duì)于任意的實(shí)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?yàn)閒(x)>f′(x),所以g′(x)<0,
即g(x)在R上是單調(diào)遞減函數(shù),
因?yàn)閥=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(jià)為<1=g(0),
即g(x)<g(0),
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(duì)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(duì)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(diǎn),
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(dāng)x=0時(shí)取最小值,-3a>-1,
則a的取值范圍為a<.]
三、解答題
9.(2016濰坊二模)已知函數(shù)f(x)=+bln x,曲線y=f(x)在點(diǎn)(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?yàn)?0,+∞),
f′(x)=,2分
故f′(1)=b-a=1,
又f(1)=a,點(diǎn)(1,a)在直線y=x上,
∴a=1,則b=2.
∴f(x)=+2ln x且f′(x)=,
當(dāng)0<x<時(shí),f′(x)<0,當(dāng)x>時(shí),
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)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(dāng)x≥1時(shí),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(shè)函數(shù)f(x)=x3+ax2+bx+c.
(1)求曲線y=f(x)在點(diǎn)(0,f(0))處的切線方程;
(2)設(shè)a=b=4,若函數(shù)f(x)有三個(gè)不同零點(diǎn),求c的取值范圍;
(3)求證:a2-3b>0是f(x)有三個(gè)不同零點(diǎn)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?yàn)閒(0)=c,f′(0)=b,
所以曲線y=f(x)在點(diǎn)(0,f(0))處的切線方程為y=bx+c.2分
(2)當(dāng)a=b=4時(shí),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(x)
↗
c
↘
c-
↗
所以,當(dāng)c>0且c-<0時(shí),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(dāng)且僅當(dāng)c∈時(shí),函數(shù)f(x)=x3+4x2+4x+c有三個(gè)不同零點(diǎn).8分
(3)證明:當(dāng)Δ=4a2-12b<0時(shí),f′(x)=3x2+2ax+b>0,x∈(-∞,+∞),
此時(shí)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(gè)不同零點(diǎn).
當(dāng)Δ=4a2-12b=0時(shí),f′(x)=3x2+2ax+b只有一個(gè)零點(diǎn),記作x0.
當(dāng)x∈(-∞,x0)時(shí),f′(x)>0,f(x)在區(qū)間(-∞,x0)上單調(diào)遞增;
當(dāng)x∈(x0,+∞)時(shí),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(gè)不同零點(diǎn).10分
綜上所述,若函數(shù)f(x)有三個(gè)不同零點(diǎn),則必有Δ=4a2-12b>0.
故a2-3b>0是f(x)有三個(gè)不同零點(diǎn)的必要條件.
當(dāng)a=b=4,c=0時(shí),a2-3b>0,f(x)=x3+4x2+4x=x(x+2)2只有兩個(gè)不同零點(diǎn),
所以a2-3b>0不是f(x)有三個(gè)不同零點(diǎn)的充分條件.
因此a2-3b>0是f(x)有三個(gè)不同零點(diǎn)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(x)對(duì)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(dǎo)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(duì)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(duì)任意x>0,f(x)≥f(1),則( )
A.ln a<-2b B.ln a≤-2b
C.ln 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(xiàng)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(hào).構(gòu)造一個(gè)新函數(shù)g(x)=2-4x+ln x,則g′(x)=-4,令g′(x)=0,得x=,當(dāng)x<時(shí),g(x)為增函數(shù),當(dāng)x>時(shí),g(x)為減函數(shù),所以對(duì)任意x>0有g(shù)(x)≤g=1-ln 4<0,所以有g(shù)(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(gè)不同零點(diǎn),則實(shí)數(shù)a的取值范圍是( )
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(gè)函數(shù)圖象交點(diǎn)的問題.
當(dāng)a≤0時(shí),g(x)和h(x)的圖象只有一個(gè)交點(diǎn),不滿足題意;
當(dāng)a>0時(shí),由ln x-ax2+x=0,得a=.
令r(x)=,則
r′(x)=
=,
當(dāng)0<x<1時(shí),r′(x)>0,r(x)是單調(diào)增函數(shù),
當(dāng)x>1時(shí),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(gè)極值點(diǎn),則實(shí)數(shù)a的取值范圍是( )
【導(dǎo)學(xué)號(hào):85952070】
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(gè)不同的零點(diǎn),
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(dāng)x→0時(shí),g(x)→-∞,
當(dāng)x→+∞時(shí),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(guān)于x的不等式<恒成立,則實(shí)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(duì)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(dāng)x∈(1,2)時(shí),f′(x)>0,函數(shù)f(x)在(1,2)上單調(diào)遞增,當(dāng)x∈(0,1)時(shí),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(shí)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,且存在實(shí)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(dāng)x=1時(shí),
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(dāng)x<0時(shí),g′(x)<0,當(dāng)x>0時(shí),g′(x)>0,所以當(dāng)x=0時(shí),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(guó)甲卷)已知函數(shù)f(x)=(x+1)ln x-a(x-1).
(1)當(dāng)a=4時(shí),求曲線y=f(x)在(1,f(1))處的切線方程;
(2)若當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),f(x)>0,求a的取值范圍.
解] (1)f(x)的定義域?yàn)?0,+∞).
當(dāng)a=4時(shí),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(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),f(x)>0等價(jià)于ln x->0.
設(shè)g(x)=ln x-,
則g′(x)=-=,g(1)=0.8分
①當(dāng)a≤2,x∈(1,+∞)時(shí),x2+2(1-a)x+1≥x2-2x+1>0,故g′(x)>0,g(x)在(1,+∞)單調(diào)遞增,因此g(x)>0;
②當(dāng)a>2時(shí),令g′(x)=0得x1=a-1-,x2=a-1+.
由x2>1和x1x2=1得x1<1,故當(dāng)x∈(1,x2)時(shí),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(shè)函數(shù)f(x)=ax2-a-ln x,g(x)=-,其中a∈R,e=2.718…為自然對(duì)數(shù)的底數(shù).
(1)討論f(x)的單調(diào)性;
(2)證明:當(dāng)x>1時(shí),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-=(x>0).
當(dāng)a≤0時(shí),f′(x)<0,f(x)在(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞減.
當(dāng)a>0時(shí),由f′(x)=0有x=,
當(dāng)x∈時(shí),f′(x)<0,f(x)單調(diào)遞減;
當(dāng)x∈時(shí),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(dāng)x>1時(shí),s′(x)>0,所以ex-1>x,
從而g(x)=->0.8分
(3)由(2)知,當(dāng)x>1時(shí),g(x)>0.
當(dāng)a≤0,x>1時(shí),f(x)=a(x2-1)-ln x<0.
故當(dāng)f(x)>g(x)在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)恒成立時(shí),必有a>0.
當(dāng)01.
由(1)有f0,
所以此時(shí)f(x)>g(x)在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)不恒成立.11分
當(dāng)a≥時(shí),令h(x)=f(x)-g(x)(x≥1).
當(dāng)x>1時(shí),h′(x)=2ax-+-e1-x>x-+-=>>0.
因此,h(x)在區(qū)間(1,+∞)上單調(diào)遞增.
又因?yàn)閔(1)=0,所以當(dāng)x>1時(shí),h(x)=f(x)-g(x)>0,
即f(x)>g(x)恒成立.
綜上,a∈.14分
鏈接地址:http://www.3dchina-expo.com/p-11790857.html