2018版數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)第1部分重點強(qiáng)化專題限時集訓(xùn)16導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用文

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGEPAGE18學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精專題限時集訓(xùn)(十六）導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用[建議A、B組各用時：45分鐘］［A組高考達(dá)標(biāo)]一、選擇題1.函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)y＝f′（x）的圖象如圖16。1所示,則函數(shù)y＝f（x)的圖象可能是（)圖16。1D[觀察導(dǎo)函數(shù)f′(x）的圖象可知，f′(x）的函數(shù)值從左到右依次為小于0,大于0，小于0,大于0，∴對應(yīng)函數(shù)f(x）的增減性從左到右依次為減、增、減、增．觀察選項可知，排除A、C。如圖所示,f′(x）有3個零點，從左到右依次設(shè)為x1，x2，x3,且x1,x3是極小值點，x2是極大值點，且x2〉0，故選項D正確．故選D。］2．已知a為函數(shù)f(x）＝x3－12x的極小值點，則a＝（)A．－4 B．－2C．4 D．2D［由題意得f′（x）＝3x2－12,令f′（x）＝0得x＝±2，∴當(dāng)x<－2或x>2時，f′(x)〉0；當(dāng)－2〈x〈2時,f′（x）<0，∴f（x）在(－∞,－2)上為增函數(shù)，在（－2，2）上為減函數(shù)，在（2,＋∞)上為增函數(shù)．∴f(x)在x＝2處取得極小值，∴a＝2.］3．(2017·黃山二模）已知f(x)＝eq\f(lnx，x)，則()A．f(2)＞f(e)＞f（3)B．f（3)＞f（e)＞f(2）C．f（3)＞f（2)＞f（e)D．f（e）＞f(3)＞f（2）D［f（x）的定義域是（0，＋∞），f′(x）＝eq\f（1－lnx,x2)，令f′(x)＝0,得x＝e?！喈?dāng)x∈（0,e）時，f′（x)＞0，f(x）單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(e，＋∞）時，f′（x）＜0，f（x)單調(diào)遞減,故x＝e時,f（x）max＝f(e）＝eq\f(1,e）,而f(2)＝eq\f（ln2，2)＝eq\f（ln8,6），f(3）＝eq\f(ln3，3）＝eq\f（ln9，6)，所以f(e）＞f（3)＞f(2)，故選D。]4．（2017·西安一模）設(shè)函數(shù)f（x)＝xsinx在x＝x0處取得極值，則（1＋xeq\o\al（2，0）)·（1＋cos2x0）的值為（)A．1 B．－1C．－2 D．2D［由f（x）＝xsinx得f′（x）＝sinx＋xcosx，令f′(x)＝0，則x0＝－tanx0，所以xeq\o\al（2,0）＝tan2x0，則（1＋xeq\o\al(2,0））(1＋cos2x0)＝2（1＋xeq\o\al(2,0）)·cos2x0＝2(1＋tan2x0）cos2x0＝eq\f(2cos2x0＋sin2x0，cos2x0）·cos2x0＝2,故選D。]5．(2017·長江五校聯(lián)考）定義在（0,＋∞）上的函數(shù)f（x)滿足x2f′（x)＋1＞0，f（1)＝6，則不等式f(lgx）＜eq\f（1，lgx)＋5的解集為()A．(eq\r(10）,10） B．（0，10）C．（10，＋∞) D．(1，10）D[由題意得f′（x）＋eq\f（1,x2)＞0,設(shè)g（x)＝f（x)－eq\f(1，x）－5，則g′（x）＝f′（x）＋eq\f(1,x2)，故g（x)在(0，＋∞）上單調(diào)遞增，又g（1）＝0,故g（x)＜0的解集為（0,1），即f（x）＜eq\f(1,x）＋5的解集為（0,1），由0＜lgx＜1,解得1＜x＜10，則所求不等式的解集為(1，10），故選D。］二、填空題6．(2017·武漢一模)已知函數(shù)f(x)＝－eq\f（1，2）x2＋4x－3lnx在（t，t＋1)上存在極值點，則實數(shù)t的取值范圍為________。（0,1)∪(2,3)［由題意得f′(x)＝－x＋4－eq\f(3，x）＝－eq\f(x2－4x＋3，x）＝－eq\f(x－3x－1，x)(x＞0)．由f′（x)＝0得x＝1或x＝3，所以要使函數(shù)f(x）在(t,t＋1)上存在極值點，則t＜1＜t＋1或t＜3＜t＋1,即0＜t＜1或2＜t＜3，所以實數(shù)t的取值范圍為（0，1)∪（2,3)．］7．(2017·郴州三模）已知奇函數(shù)f(x）＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f（ex,x)－1x＞0，,hxx＜0，）)則函數(shù)h（x）的最大值為________．1－e[當(dāng)x＞0時，f′（x)＝eq\f（exx－1，x2），∴x∈（0,1)時，f′（x）＜0，函數(shù)單調(diào)遞減，x∈（1，＋∞)時,f′（x)＞0,函數(shù)單調(diào)遞增，∴x＝1時，函數(shù)取得極小值即最小值,為e－1，∴由已知條件得h（x)的最大值為1－e.］8．已知函數(shù)f(x）＝x3－2x＋ex－eq\f（1，ex）,其中e是自然對數(shù)的底數(shù)．若f（a－1)＋f(2a2）≤0,則實數(shù)a的取值范圍是________．eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1(－1，\f（1，2))）［因為f（－x）＝(－x)3－2（－x)＋e－x－eq\f（1，e－x）＝－x3＋2x－ex＋eq\f（1,ex）＝－f(x),所以f(x)＝x3－2x＋ex－eq\f(1，ex)是奇函數(shù)．因為f（a－1)＋f（2a2所以f（2a2）≤－f（a－1），即f（2a2）≤f(1－因為f′(x)＝3x2－2＋ex＋e－x≥3x2－2＋2eq\r(ex·e－x）＝3x2≥0，所以f(x)在R上單調(diào)遞增，所以2a2≤1－a，即2a2＋所以－1≤a≤eq\f(1，2）。］三、解答題9．（2016·濰坊二模）已知函數(shù)f（x）＝eq\f（a，x）＋blnx，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)＝eq\f(bx－a,x2）, 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?！鄁（x)＝eq\f（1，x）＋2lnx且f′（x)＝eq\f(2x－1，x2)，當(dāng)0＜x＜eq\f（1，2)時，f′（x）＜0，當(dāng)x＞eq\f(1,2）時,f′（x）＞0，故函數(shù)f（x）的單調(diào)增區(qū)間為eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(1,2)，＋∞)），單調(diào)減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(0，\f（1,2））），f(x)極小值＝feq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(1，2）））＝2－2ln2，無極大值． 6分(2）由題意知，k≥eq\f(fx,x)＝eq\f(2lnx,x)＋eq\f（1,x2）(x≥1）恒成立，令g（x）＝eq\f(2lnx，x）＋eq\f（1，x2）(x≥1)，則g′(x)＝eq\f（2－2lnx,x2）－eq\f(2，x3)＝eq\f（2x－xlnx－1，x3）(x≥1)，8分令h(x）＝x－xlnx－1(x≥1)，則h′（x)＝－lnx（x≥1），當(dāng)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．設(shè)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(shè)a＝b＝4，若函數(shù)f（x)有三個不同零點，求c的取值范圍；（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(dāng)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＝－eq\f(2，3）。f(x）與f′(x)在區(qū)間(－∞,＋∞）上的情況如下：x（－∞，－2)－2eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(－2，－\f(2,3）)）－eq\f(2，3）eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（－\f(2,3),＋∞）)f′（x)＋0－0＋f(x）cc－eq\f(32,27)所以，當(dāng)c＞0且c－eq\f（32，27）＜0時，存在x1∈（－4，－2），x2∈eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（－2,－\f（2，3))），x3∈eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（－\f（2,3），0)),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∈eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（0,\f（32，27）)）時,函數(shù)f(x）＝x3＋4x2＋4x＋c有三個不同零點． 8分（3)證明：當(dāng)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(dāng)Δ＝4a2－12b＝0時,f′（x）＝3x2＋2ax＋b只有一個零點，記作x0當(dāng)x∈(－∞，x0)時，f′(x）＞0,f（x）在區(qū)間(－∞，x0）上單調(diào)遞增；當(dāng)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故a2－3b>0是f(x)有三個不同零點的必要條件．當(dāng)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． 12分［B組名校沖刺］一、選擇題1．（2017·江淮十校聯(lián)考）設(shè)函數(shù)f(x）＝eq\f(1,2）x2－9lnx在區(qū)間［a－1，a＋1］上單調(diào)遞減，則實數(shù)a的取值范圍是(）A．1＜a≤2 B．a(chǎn)≥4C．a(chǎn)≤2 D．0＜a≤3A［易知函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞）,f′（x)＝x－eq\f（9,x)，由f′（x）＝x－eq\f（9,x）＜0，解得0＜x＜3.因為函數(shù)f(x）＝eq\f(1,2）x2－9lnx在區(qū)間［a－1，a＋1]上單調(diào)遞減，所以eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（a－1＞0，，a＋1≤3,）)解得1＜a≤2，選A.］2．(2017·廣州一模）設(shè)函數(shù)f(x）＝x3＋ax2，若曲線y＝f（x)在點P（x0，f（x0))處的切線方程為x＋y＝0，則點P的坐標(biāo)為（)A．（0，0) B．(1，－1)C．(－1，1） D．（1，－1)或（－1,1)D[由題易知，f′(x）＝3x2＋2ax，所以曲線y＝f(x)在點P（x0，f(x0））處的切線的斜率為f′（x0)＝3xeq\o\al(2,0)＋2ax0，又切線方程為x＋y＝0,所以x0≠0，且eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(3x\o\al(2，0)＋2ax0＝－1，，x0＋x\o\al（3，0）＋ax\o\al(2,0)＝0，））解得a＝±2,x0＝－eq\f（a，2）。所以當(dāng)eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝1，a＝－2)）時,點P的坐標(biāo)為(1，－1）,當(dāng)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝－1,a＝2)）時，點P的坐標(biāo)為（－1,1)，故選D。］3．已知函數(shù)y＝f（x)對任意的x∈eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（－\f(π，2），\f（π，2))）滿足f′(x)cosx＋f（x)sinx＞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.eq\r(2）feq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(－\f（π，3)））＜feq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（－\f(π，4）)) B．eq\r(2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（π，3）））＜feq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(π,4))）C．f(0）＞2feq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(π,3）)） D．f（0）＞eq\r(2）feq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（π,4）))A[令g(x)＝eq\f（fx,cosx)，則g′(x）＝eq\f（f′xcosx－fxcosx′,cos2x）＝eq\f(f′xcosx＋fxsinx,cos2x)，由對任意的x∈eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(－\f（π，2），\f（π,2)))滿足f′(x）cosx＋f（x）sinx＞0，可得g′（x)＞0，即函數(shù)g（x)在eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（－\f（π，2)，\f（π,2）)）上為增函數(shù)，則geq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(－\f（π，3））)＜geq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(－\f（π，4)））,即eq\f（f\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（－\f(π,3）)），cos\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（－\f(π，3))））＜eq\f(f\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)）)，cos\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（－\f(π,4））)），即eq\r(2)feq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（－\f（π，3）)）＜feq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（－\f(π，4)）).故選A.]4．（2016·南昌模擬)已知函數(shù)f(x)＝x（lnx－ax)有兩個極值點,則實數(shù)a的取值范圍是（）A．（－∞，0) B.eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(0，\f(1，2)))C．（0，1） D．（0，＋∞)B［∵f（x)＝x（lnx－ax），∴f′（x)＝lnx－2ax＋1，由題意可知f′（x）在(0,＋∞)上有兩個不同的零點，令f′(x）＝0，則2a＝eq\f（lnx＋1，x),令g(x）＝eq\f（lnx＋1，x)，則g′(x)＝eq\f（－lnx,x2)，∴g（x）在（0，1)上單調(diào)遞增，在(1,＋∞)上單調(diào)遞減．又∵當(dāng)x→0時,g（x）→－∞，當(dāng)x→＋∞時，g（x）→0,而g(x)max＝g（1）＝1，∴只需0＜2a＜1?0＜a＜eq\f（1,2）。]二、填空題5．設(shè)函數(shù)f（x)＝lnx－eq\f（1，2）ax2－bx，若x＝1是f(x）的極大值點，則a的取值范圍是________．(－1，＋∞）[f(x）的定義域為（0,＋∞），f′（x）＝eq\f（1，x）－ax－b，由f′（1)＝0，得b＝1－a，∴f′(x)＝eq\f（1，x）－ax＋a－1＝eq\f（－ax2＋1＋ax－x，x)＝－eq\f(ax＋1x－1,x)。①若a≥0，由f′(x)＝0，得x＝1，當(dāng)0＜x＜1時,f′（x)＞0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x＞1時，f′（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減;所以x＝1是f(x)的極大值點．②若a＜0，由f′(x）＝0，得x＝1或x＝－eq\f(1,a).因為x＝1是f（x）的極大值點,所以－eq\f（1，a)＞1，解得－1＜a＜0.綜合①②得a的取值范圍是(－1，＋∞）．]6．（2016·皖南八校聯(lián)考)已知x∈(0，2），若關(guān)于x的不等式eq\f（x,ex）＜eq\f（1，k＋2x－x2）恒成立，則實數(shù)k的取值范圍為________．［0,e－1）［依題意，知k＋2x－x2＞0，即k＞x2－2x對任意x∈(0，2)恒成立，從而k≥0，所以由eq\f(x，ex）＜eq\f（1，k＋2x－x2)可得k＜eq\f(ex,x)＋x2－2x。令f（x）＝eq\f（ex,x）＋x2－2x，則f′（x）＝eq\f（exx－1,x2)＋2（x－1）＝（x－1)eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(ex,x2）＋2))。令f′（x)＝0，得x＝1,當(dāng)x∈（1，2）時，f′（x)＞0，函數(shù)f(x）在(1,2）上單調(diào)遞增，當(dāng)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）．]三、解答題7．已知函數(shù)f（x）＝（x＋1)lnx－a（x－1)．(1)當(dāng)a＝4時,求曲線y＝f（x)在（1，f(1）)處的切線方程；（2）若當(dāng)x∈（1，＋∞）時，f(x）〉0,求a的取值范圍．[解］(1）f(x)的定義域為(0,＋∞)．當(dāng)a＝4時，f（x）＝(x＋1)lnx－4(x－1），f（1）＝0,f′（x）＝lnx＋eq\f（1,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，f(x）＞0等價于lnx－eq\f(ax－1，x＋1）＞0。設(shè)g（x）＝lnx－eq\f(ax－1,x＋1），則g′(x）＝eq\f（1，x）－eq\f(2a,x＋12）＝eq\f（x2＋21－ax＋1,xx＋12）,g（1)＝0． 8分①當(dāng)a≤2，x∈（1，＋∞）時，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，令g′(x)＝0得x1＝a－1－eq\r（a－12－1），x2＝a－1＋eq\r(a－12－1）。由x2＞1和x1x2＝1得x1＜1,故當(dāng)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．設(shè)函數(shù)f（x）＝ax2－a－lnx，g(x）＝eq\f（1，x)－eq\f（e，ex),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(dāng)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?！緦?dǎo)學(xué)號：04024143】[解]（1)由題意得f′（x）＝2ax－eq\f(1,x)＝eq\f(2ax2－1，x）（x>0)．當(dāng)a≤0時,f′（x)<0，f(x)在（0,＋∞)內(nèi)單調(diào)遞減．當(dāng)a〉0時