2019年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)（文科）天天練11

天天練11導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用(二)一、選擇題1．(2018·山東陵縣一中月考)已知函數(shù)f(x)＝x2ex，當(dāng)x＝[－1,1]時(shí)，不等式f(x)<m恒成立，則實(shí)數(shù)m的取值范圍為()A.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))C．[e，＋∞)D．(e，＋∞)答案：D解析：由f′(x)＝ex(2x＋x2)＝x(x＋2)ex，得當(dāng)－1<x<0時(shí)，f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)0<x<1時(shí)，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，且f(1)>f(－1)，故f(x)max＝f(1)＝e，則m>e.故選D.2．(2018·湖南郴州第二次質(zhì)監(jiān))已知關(guān)于x的方程ln|x|－ax2＋eq\f(3,2)＝0有4個(gè)不同的實(shí)數(shù)根，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(e2,2)))B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(e2,2)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(e2,3)))D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(e2,3)))答案：A解析：設(shè)f(x)＝ln|x|－ax2＋eq\f(3,2)，則f(x)為偶函數(shù)，函數(shù)f(x)有4個(gè)零點(diǎn)等價(jià)于函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，＋∞)有兩個(gè)零點(diǎn)．若a≤0，當(dāng)x>0時(shí)，函數(shù)f(x)＝ln|x|－ax2＋eq\f(3,2)＝lnx－ax2＋eq\f(3,2)在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增，最多只有一個(gè)零點(diǎn)，由偶函數(shù)的性質(zhì)可知，函數(shù)f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，不符合題意．所以a>0.當(dāng)x>0時(shí)，f(x)＝ln|x|－ax2＋eq\f(3,2)＝lnx－ax2＋eq\f(3,2)，f′(x)＝eq\f(1,x)－2ax＝eq\f(1－2ax2,x).由f′(x)>0得0<x<eq\f(1,\r(2a))，由f′(x)<0得x>eq\f(1,\r(2a))，所以函數(shù)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,\r(2a))))上單調(diào)遞增，在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(2a))，＋∞))上單調(diào)遞減，所以f(x)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(2a))))＝lneq\f(1,\r(2a))＋1.函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上有兩個(gè)零點(diǎn)等價(jià)于f(x)max＝lneq\f(1,\r(2a))＋1>0，解得0<a<eq\f(e2,2)，故選A.3．(2018·四川雙流中學(xué)必得分訓(xùn)練)若f(x)＝x3－ax2＋1在(1,3)上單調(diào)遞減，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A．(－∞，3]B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,2)，＋∞))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(9,2)))D．(0,3)答案：B解析：因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝x3－ax2＋1在(1,3)上單調(diào)遞減，所以f′(x)＝3x2－2ax≤0在(1,3)上恒成立，即a≥eq\f(3,2)x在(1,3)上恒成立．因?yàn)閑q\f(3,2)<eq\f(9,2)，所以a≥eq\f(9,2).故選B.方法總結(jié)由函數(shù)單調(diào)性求參數(shù)取值范圍的方法(1)可導(dǎo)函數(shù)f(x)在區(qū)間(a，b)上單調(diào)，就是在該區(qū)間上，f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立，得到關(guān)于參數(shù)的不等式，參變分離，確定參數(shù)的取值范圍．(2)可導(dǎo)函數(shù)f(x)在區(qū)間(a，b)上存在單調(diào)區(qū)間，實(shí)際上就是f′(x)>0(或f′(x)<0)在該區(qū)間上存在解集，得到關(guān)于參數(shù)的不等式，參變分離，確定參數(shù)的取值范圍．(3)若已知f(x)在區(qū)間I上的單調(diào)性，區(qū)間I上含有參數(shù)時(shí)，可先求出f(x)的單調(diào)區(qū)間，令I(lǐng)是其對(duì)應(yīng)區(qū)間的子集，從而求出參數(shù)的取值范圍．4．函數(shù)f(x)＝lnx＋eq\f(a,x)(a∈R)在區(qū)間[e－2，＋∞)上有兩個(gè)零點(diǎn)，則a的取值范圍是()A.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,e2)，\f(1,e)))B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,e2)，\f(1,e)))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,e2)，\f(1,e)))D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)，\f(2,e)))答案：A解析：令f(x)＝lnx＋eq\f(a,x)＝0，x∈[e－2，＋∞)，得－a＝xlnx.記H(x)＝xlnx，x∈[e－2，＋∞)，則H′(x)＝1＋lnx，由此可知H(x)在[e－2，e－1]上單調(diào)遞減，在(e－1，＋∞)上單調(diào)遞增，且H(e－2)＝－2e－2，H(e－1)＝－e－1，當(dāng)x→＋∞時(shí)，H(x)→＋∞，故當(dāng)eq\f(2,e2)≤a<eq\f(1,e)時(shí)，f(x)在[e－2，＋∞)上有兩個(gè)零點(diǎn)，選A.5．設(shè)動(dòng)直線x＝m與函數(shù)f(x)＝x3，g(x)＝lnx的圖象分別交于點(diǎn)M，N，則|MN|的最小值為()A.eq\f(1,3)(1＋ln3)B.eq\f(1,3)ln3C.eq\f(1,3)(1－ln3)D．ln3－1答案：A解析：由f(x)和g(x)的圖象可以看到|MN|就是兩條曲線間的垂直距離，設(shè)F(x)＝f(x)－g(x)＝x3－lnx，求導(dǎo)得F′(x)＝3x2－eq\f(1,x)，令F′(x)＞0，得x＞eq\f(1,\r(3,3))；令F′(x)＜0，得0＜x＜eq\f(1,\r(3,3)).所以當(dāng)x＝eq\f(1,\r(3,3))時(shí)，F(xiàn)(x)有最小值F(eq\f(1,\r(3,3)))＝eq\f(1,3)＋eq\f(1,3)ln3＝eq\f(1,3)(1＋ln3)，故選A.6．函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)的圖象如圖所示，那么f(x)的圖象最有可能的是()答案：A解析：根據(jù)f′(x)的圖象知，函數(shù)y＝f(x)的極小值點(diǎn)是x＝－2，極大值點(diǎn)為x＝0，結(jié)合單調(diào)性知，選A.7．(2018·河南息縣第一高級(jí)中學(xué)段測(cè)(五))函數(shù)f(x)＝x3－3x－1，若對(duì)于區(qū)間(－3,2]上的任意x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤t，則實(shí)數(shù)t的最小值是()A．20B．18C．3D．0答案：A解析：對(duì)于區(qū)間(－3,2]上的任意x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤t，等價(jià)于在區(qū)間(－3,2]上，f(x)max－f(x)min≤t.∵f(x)＝x3－3x－1，∴f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)．∵x∈(－3,2]，∴函數(shù)f(x)在[－3，－1]，[1,2]上單調(diào)遞增，在[－1,1]上單調(diào)遞減，∴f(x)max＝f(2)＝f(－1)＝1，f(x)min＝f(－3)＝－19，∴f(x)max－f(x)min＝20，∴t≥20，即實(shí)數(shù)t的最小值是20.8．(2018·山西大學(xué)附中期中)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(lnx＋1，x>0，,\f(1,2)x＋1，x≤0，))若m<n，且f(m)＝f(n)，則n－m的取值范圍是()A．[3－2ln2,2)B．[3－2ln2,2]C．[e－1,2]D．[e－1,2)答案：A解析：如圖，作出函數(shù)y＝f(x)的圖象．不妨設(shè)f(m)＝f(n)＝t，由f(m)＝f(n)可知，函數(shù)f(x)的圖象與直線y＝t有兩個(gè)交點(diǎn)．當(dāng)x≤0時(shí)，函數(shù)y＝f(x)＝eq\f(1,2)x＋1∈(－∞，1]；當(dāng)x>0時(shí)，函數(shù)y＝f(x)＝ln(x＋1)∈(0，＋∞)．所以0<t≤1.由f(m)＝t，即eq\f(1,2)m＋1＝t，解得m＝2t－2；由f(n)＝t，即ln(n＋1)＝t，解得n＝et－1.記g(t)＝n－m＝et－1－(2t－2)＝et－2t＋1(0<t≤1)，則g′(t)＝et－2.所以當(dāng)0<t<ln2時(shí)，g′(t)<0，函數(shù)g(t)單調(diào)遞減；當(dāng)ln2<t≤1時(shí)，g′(t)>0，函數(shù)g(t)單調(diào)遞增．所以函數(shù)g(t)的最小值為g(ln2)＝eln2－2ln2＋1＝3－2ln2.因?yàn)間(0)＝e0＋1＝2，g(1)＝e－2＋1＝e－1<2，所以3－2ln2≤g(t)<2，即n－m的取值范圍是[3－2ln2,2)．二、填空題9．(2018·長(zhǎng)春質(zhì)檢)若函數(shù)y＝x3＋x2＋mx＋1是R上的單調(diào)函數(shù)，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是________．答案：eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，＋∞))解析：由題意知，y′＝3x2＋2x＋m.若函數(shù)y＝x3＋x2＋mx＋1是R上的單調(diào)函數(shù)，則y′＝3x2＋2x＋m≥0恒成立，則對(duì)于方程3x2＋2x＋m＝0，Δ＝4－12m≤0，即m≥eq\f(1,3)，故實(shí)數(shù)m的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，＋∞)).10．(2018·甘肅二診)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2＋2ax－lnx，若f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2))上是增函數(shù)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為________．答案：eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，＋∞))解析：由題意知f′(x)＝x＋2a－eq\f(1,x)≥0在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2))上恒成立，即2a≥－x＋eq\f(1,x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2))上恒成立．又∵y＝－x＋eq\f(1,x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2))上單調(diào)遞減，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x＋\f(1,x)))max＝eq\f(8,3)，∴2a≥eq\f(8,3)，即a≥eq\f(4,3).11．(2017·江蘇卷，11)已知函數(shù)f(x)＝x3－2x＋ex－eq\f(1,ex)，其中e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)．若f(a－1)＋f(2a2)≤0，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．答案：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)))解析：本題考查用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性、函數(shù)單調(diào)性的應(yīng)用．易知函數(shù)f(x)的定義域關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱．∵f(x)＝x3－2x＋ex－eq\f(1,ex)，∴f(－x)＝(－x)3－2(－x)＋e－x－eq\f(1,e－x)＝－x3＋2x＋eq\f(1,ex)－ex＝－f(x)，∴f(x)為奇函數(shù)，又f′(x)＝3x2－2＋ex＋eq\f(1,ex)≥3x2－2＋2＝3x2≥0(當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時(shí)，取“＝”)，從而f(x)在R上單調(diào)遞增，所以f(a－1)＋f(2a2)≤0?f(a－1)≤f(－2a2)?－2a2≥a－1，解得－1≤a≤eq\f(1,2).方法小結(jié)函數(shù)不等式的求解思路：(1)轉(zhuǎn)化為f(φ(x))≤f(g(x))；(2)結(jié)合單調(diào)性轉(zhuǎn)化為φ(x)≤g(x)或φ(x)≥g(x)．三、解答題12．(2017·新課標(biāo)全國(guó)卷Ⅲ)已知函數(shù)f(x)＝lnx＋ax2＋(2a＋1)x(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)a<0時(shí)，證明f(x)≤－eq\f(3,4a)－2.解析：(1)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)＋2ax＋2a＋1＝eq\f(x＋12ax＋1,x).若a≥0，則當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)單調(diào)遞增．若a<0，則當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2a)))時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)，＋∞))時(shí)，f′(x)<0.故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2a)))單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)，＋∞))單調(diào)遞減．(2)由(1)知，當(dāng)a<0時(shí)，f(x)在x＝－eq\f(1,2a)取得最大值，最大值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)))＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)))－1－eq\f(1,4a).所以f(x)≤－eq\f(3,4a)－2等價(jià)于lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)))－1－eq\f(1,4a)≤－eq\f(3,4a)－2，即lneq