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2016年高考数学二轮复习 第一部分专题一 第5讲 导数及其应用专题强化精练提能 理


第一部分专题一 集合、常用逻辑用语、不等式、函数与导数 第 5 讲 导数及其应用专题强化精练提能 理
[A 卷] 1.(2015·洛阳市统考)曲线 f(x)=

x2+a 3π 在点(1,f(1))处切线的倾斜角为 ,则实数 x+1 4

a=(
A.1 C.7

)

B.-1

D.-7 2 2 2x(x+1)-(x +a) x +2x-a 3π 解析: 选 C.f′(x)= = 又因为 f′(1)=tan =- 2 2, (x+1) (x+1) 4 1,所以 a=7. 1 3 2.已知函数 f(x)= x +ax+4,则“a>0”是“f(x)在 R 上单调递增”的( ) 2 A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 3 2 解析:选 A.f′(x)= x +a,当 a≥0 时,f′(x)≥0 恒成立,故“a>0”是“f(x)在 R 2 上单调递增”的充分不必要条件. 2 3.函数 f(x)=3x +ln x-2x 的极值点的个数是( ) A.0 B.1 C.2 D.无数个 解析:选 A.函数定义域为(0,+∞), 2 1 6x -2x+1 且 f′(x)=6x+ -2= ,

x

x

由于 x>0,g(x)=6x -2x+1 中 Δ =-20<0, 所以 g(x)>0 恒成立,故 f′(x)>0 恒成立, 即 f(x)在定义域上单调递增,无极值点. 4.(2015·聊城市第二次质量预测)如图,y=f(x)是可导函数,直线 l:y=kx+2 是曲 线 y=f(x)在 x=3 处的切线, 令 g(x)=xf(x), g′(x)是 g(x)的导函数, 则 g′(3)=( )

2

A.-1 C.2

B.0 D.4

1 1 解析:选 B.由题图可知曲线 y=f(x)在 x=3 处切线的斜率等于- ,即 f′(3)=- . 3 3 又 g(x)=xf(x),g′(x)=f(x)+xf′(x),g′(3)=f(3)+3f′(3),由题图可知 f(3)=1, ? 1? 所以 g′(3)=1+3×?- ?=0. ? 3? x 5.已知 e 是自然对数的底数,若函数 f(x)=e -x+a 的图象始终在 x 轴的上方,则实 数 a 的取值范围为( ) A.[-2,2] B.(-∞,-2)∪(2,+∞) C.(-1,+∞) D.(-∞,-2]∪[2,+∞)

1

解析:选 C.因为函数 f(x)=e -x+a 的图象始终在 x 轴的上方,所以 f(x)=e -x+a x 的最小值大于零.由 f′(x)=e -1=0,得 x=0,当 x∈(-∞,0)时,f′(x)<0,f(x)单 x 调递减;当 x∈(0,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增.所以 f(x)=e -x+a 的最小值为 f(0)=1+a,由 1+a>0,得实数 a 的取值范围为(-1,+∞). 6.设函数 f′(x)是奇函数 f(x)(x∈R)的导函数,f(-1)=0,当 x>0 时,xf′(x)- f(x)<0,则使得 f(x)>0 成立的 x 的取值范围是( ) A.(-∞,-1)∪(0,1) B.(-1,0)∪(1,+∞) C.(-∞,-1)∪(-1,0) D.(0,1)∪(1,+∞) f(x) 解析:选 A.设 y=g(x)= (x≠0),

x

x

x

xf′(x)-f(x) ,当 x>0 时,xf′(x)-f(x)<0,所以 g′(x)<0,所以 x2 g(x)在(0,+∞)上为减函数,且 g(1)=f(1)=-f(-1)=0. 因为 f(x)为奇函数,所以 g(x)为偶函数, 所以 g(x)的图象的示意图如图所示. 当 x>0,g(x)>0 时,f(x)>0,此时 0<x<1, 当 x<0,g(x)<0 时,f(x)>0,此时 x<-1, 所以使得 f(x)>0 成立的 x 的取值范围是(-∞,-1)∪(0,1),故选 A. 7.(2015·高考天津卷)已知函数 f(x)=axln x,x∈(0,+∞),其中 a 为实数,f′ (x)为 f(x)的导函数.若 f′(1)=3,则 a 的值为________.
则 g′(x)= 1? ? 解析:f′(x)=a?ln x+x· ?=a(1+ln x).

?

x?

由于 f′(1)=a(1+ln 1)=a,又 f′(1)=3,所以 a=3. 答案:3 1 2 8.(2015·南昌市调研测试卷 ) 直线 y= x 与抛物线 y= x-x 所围图形的面积等于 3 ________. 1 ? ?y= x, 2 3 解析:由? 解得 x=0 或 ,所以所求面积为 3 ? ?y=x-x2 ?2 2 2 2 1 2 1 3??3 1 ?2?2 1 ?2?3 1 4 2? ? ? 2 ∫30(x-x - x)dx=∫30? x-x ?dx=? x - x ? = ×? ? - ×? ? -0= . 3 ?? 3 ?3? 3 3 ?3? 81 ?3 ? ?3 ?0 4 答案: 81 1 2 9.(2015·江西省九江市第一次统考)已知函数 f(x)= x +2ax-ln x,若 f(x)在区间 2 ?1,2?上是增函数,则实数 a 的取值范围为________. ?3 ? ? ?

2

1 1 ?1 ? ?1 ? 解析: 由题意知 f′(x)=x+2a- ≥0 在? ,2?上恒成立, 即 2a≥-x+ 在? ,2?上恒 x x ?3 ? ?3 ? 1 8 8 4 ? ? 成立,因为?-x+ ? = ,所以 2a≥ ,即 a≥ . x?max 3 3 3 ? ?4 ? 答案:? ,+∞? ?3 ? 1 2 10.设函数 f(x)=ln x- ax -bx,若 x=1 是 f(x)的极大值点,则 a 的取值范围为 2 ________. 1 解析:f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)= -ax-b,由 f′(1)=0,得 b=1-a.所

x

1 -ax +1+ax-x (x-1)(ax+1) 以 f′(x)= -ax+a-1= =- .

2

x

x

x

①若 a≥0,当 0<x<1 时,f′(x)>0,f(x)单调递增;当 x>1 时,f′(x)<0,f(x)单调 递减,所以 x=1 是 f(x)的极大值点; 1 1 ②若 a<0, 由 f′(x)=0, 得 x=1 或 x=- , 因为 x=1 是 f(x)的极大值点, 所以- >1,

a

a

解得-1<a<0. 综合①②得 a 的取值范围是 a>-1. 答案:(-1,+∞) 4 3 2 11.(2015·高考重庆卷)已知函数 f(x)=ax +x (a∈R)在 x=- 处取得极值. 3 (1)确定 a 的值; x (2)若 g(x)=f(x)e ,讨论 g(x)的单调性. 2 解:(1)对 f(x)求导得 f′(x)=3ax +2x, 4 ? 4? 因为 f(x)在 x=- 处取得极值,所以 f′?- ?=0, 3 ? 3? 16 1 ? 4? 16a 8 即 3a· +2·?- ?= - =0,解得 a= . 9 2 ? 3? 3 3 ?1 3 2? x (2)由(1)得 g(x)=? x +x ?e , ?2 ? 3 1 2 ? ? x ? 3 2? x 故 g′(x)=? x +2x?e +? x +x ?e 2 ? ? ?2 ? 1 5 3 2 ? ? x =? x + x +2x?e 2 ?2 ? 1 x = x(x+1)(x+4)e . 2 令 g′(x)=0,解得 x=0 或 x=-1 或 x=-4. 当 x<-4 时,g′(x)<0,故 g(x)为减函数; 当-4<x<-1 时,g′(x)>0,故 g(x)为增函数; 当-1<x<0 时,g′(x)<0,故 g(x)为减函数; 当 x>0 时,g′(x)>0,故 g(x)为增函数. 综上知,g(x)在(-∞,-4)和(-1,0)内为减函数,在(-4,-1)和(0,+∞)内为增 函数. 12. (2015·济南市第一次模拟)已知函数 f(x)=x-2ln x- +1, g(x)=e (2ln x-x). (1)若函数 f(x)在定义域上是增函数,求 a 的取值范围; (2)求 g(x)的最大值.

a x

x

3

2 a 解:(1)由题意得 x>0,f′(x)=1- + 2.

x x

由函数 f(x)在定义域上是增函数得 f′(x)≥0, 2 2 即 a≥2x-x =-(x-1) +1(x>0). 2 因为-(x-1) +1≤1(当 x=1 时,取等号). 所以 a 的取值范围是[1,+∞). ? x?2 (2)g′(x)=e ? -1+2ln x-x?,

?x

?

2 由(1)得 a=2 时,f(x)=x-2ln x- +1,

x

且 f(x)在定义域上是增函数,又 f(1)=0, 所以,当 x∈(0,1)时,f(x)<0,当 x∈(1,+∞)时,f(x)>0. 所以,当 x∈(0,1)时,g′(x)>0,当 x∈(1,+∞)时,g′(x)<0. 故当 x=1 时,g(x)取得最大值-e. 13.(2015·河北省唐山市统考)已知函数 f(x)=ae +x ,g(x)=sin
x
2

πx +bx,直线 l 2

与曲线 y=f(x)切于点(0,f(0)),且与曲线 y=g(x)切于点(1,g(1)). (1)求 a,b 的值和直线 l 的方程; (2)证明:f(x)>g(x). π πx x 解:(1)f′(x)=ae +2x,g′(x)= cos +b, 2 2 f(0)=a,f′(0)=a,g(1)=1+b,g′(1)=b, 曲线 y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为 y=ax+a, 曲线 y=g(x)在点(1,g(1))处的切线方程为 y=b(x-1)+1+b,即 y=bx+1. 依题意,有 a=b=1,直线 l 的方程为 y=x+1. πx x 2 (2)证明:由(1)知 f(x)=e +x ,g(x)=sin +x. 2 x 2 设 F(x)=f(x)-(x+1)=e +x -x-1, x 则 F′(x)=e +2x-1, 当 x∈(-∞,0)时,F′(x)<F′(0)=0; 当 x∈(0,+∞)时,F′(x)>F′(0)=0. F(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增, 故 F(x)≥F(0)=0. πx 设 G(x)=x+1-g(x)=1-sin , 2 则 G(x)≥0,当且仅当 x=4k+1(k∈Z)时等号成立. 由上可知,f(x)≥x+1≥g(x),且两个等号不同时成立,因此 f(x)>g(x). 14.设函数 f(x)=ln x-ax. (1)求 f(x)的单调区间; 1 (2)若 a= ,g(x)=x(f(x)+1)(x>1),且 g(x)在区间(k,k+1)(k∈Z)内存在极值,求 2 整数 k 的值. 1 1-ax 解:(1)由已知得 x>0,f′(x)= -a= .

x

x

当 a≤0 时,f′(x)>0,函数 f(x)在(0,+∞)内单调递增. 1 当 a>0 时,由 f′(x)>0,得 1-ax>0,所以 0<x< ;

a

1 由 f′(x)<0,得 1-ax<0,所以 x> .

a

4

? 1? ?1 ? 所以 f(x)在?0, ?内单调递增,在? ,+∞?内单调递减. ?
a?

?a

?

1 1 1 ? ? (2)当 a= 时, g(x)=x(f(x)+1)=x?ln x- x+1?=xln x+x- x2(x>1), 所以 g′(x) 2 2 2 ? ? =ln x-x+2(x>1), 令 F(x)=g′(x)=ln x-x+2(x>1), 1 则 F′(x)= -1<0,所以 F(x)在(1,+∞)内单调递减.

x

因为 F(1)=1>0,F(2)=ln 2>0, F(3)=g′(3)=ln 3-3+2=ln 3-1>0, F(4)=g′(4)=ln 4-4+2=ln 4-2<0. 所以 F(x)即 g′(x)在(3,4)内有零点,即 g(x)在(3,4)内存在极值. 又因为 g(x)在(k,k+1)上存在极值,且 k∈Z, 所以 k=3. [B 卷] 2 1.(2015·黄冈模拟)已知函数 f(x)=ax- -3ln x,其中 a 为常数.

x

?2 ?2?? ?3 ? (1)当函数 f(x)的图象在点? ,f? ??处的切线的斜率为 1 时,求函数 f(x)在? ,3?上 ?2 ? ?3 ?3?? 的最小值; (2)若函数 f(x)在区间(0,+∞)上既有极大值又有极小值,求 a 的取值范围. ?2? 解:(1)由题意可知 f′? ?=1,解得 a=1. ?3? 2 (x-1)(x-2) 故 f(x)=x- -3ln x,所以 f′(x)= , 2
x x
由 f′(x)=0,得 x=2. 于是可得下表:

x f′(x) f(x)

?3,2? ?2 ? ? ?
- ↘

2 0 1-3ln 2

(2,3) + ↗

所以 f(x)min=f(2)=1-3ln 2. 2 2 3 ax -3x+2 (2)f′(x)=a+ 2- = (x>0), 2

x

x

x

由题意可得方程 ax -3x+2=0 有两个不等的正实根,不妨设这两个根为 x1、x2,并令 h(x)=ax2-3x+2, Δ =9-8a>0 Δ =9-8a>0 3 -3 x1+x2= >0 a (也可以为 - >0 则 ), 2a 2 h(0)>0 x1x2= >0

2

? ? ? ? ?

a

? ? ? ? ?

9 解得 0<a< . 8

? 9? 即 a 的取值范围是?0, ?. ? 8?
2.已知函数 f(x)=e -1,g(x)= x+x,其中 e 是自然对数的底数,e=2.718 28?. (1)证明:函数 h(x)=f(x)-g(x)在区间(1,2)上有零点; (2)求方程 f(x)=g(x)的根的个数,并说明理由.
5
x

解:(1)证明:由 h(x)=f(x)-g(x)=e -1- x-x 得, h(1)=e-3<0,h(2)=e2-3- 2>0,所以函数 h(x)在区间(1,2)上有零点. x (2)由(1)得 h(x)=e -1- x-x. 由 g(x)= x+x 知,x∈[0,+∞),而 h(0)=0,则 x=0 为 h(x)的一个零点,而 h(x) 1 - 在(1,2)内有零点,因此 h(x)在[0,+∞)上至少有两个零点.因为 h′(x)=e - x 2 -1, 2
x
1

x

1 - 1 - x 记 φ (x)=e - x 2 -1, 则 φ ′(x)=e + x 2 .当 x∈(0, +∞)时, φ ′(x)>0, 因此 φ (x) 2 4 在(0,+∞)上单调递增,则 φ (x)在(0,+∞)内至多只有一个零点,即 h(x)在[0,+∞) 内至多有两个零点.所以方程 f(x)=g(x)的根的个数为 2. 3.(2015·聊城市第二次质量预测)已知函数 f(x)=ax+ln(x-1),其中 a 为常数. (1)试讨论 f(x)的单调区间; 1 e 2ln x+bx (2)当 a= 时, 存在 x 使得不等式|f(x)|- ≤ 成立, 求 b 的取值范围. 1-e e-1 2x 1 ax-a+1 解:(1)由已知得函数 f(x)的定义域为{x|x>1},f′(x)=a+ = . x-1 x- 1 当 a≥0 时,f′(x)>0 在定义域内恒成立,f(x)的单调递增区间为(1,+∞); 1? 1 ? 当 a<0 时 , 由 f′(x) = 0 得 x = 1 - >1 , 当 x∈ ?1,1- ? 时 , f ′ (x)>0 ; 当
x

1

3

a

?

a?

? ? x∈?1- ,+∞?时,f′(x)<0, ? a ?
1

f(x)的单调递增区间为?1,1- ?,单调递减区间为?1- ,+∞?. a? ? ? a ?
1 (2)由(1)知当 a= 时,f(x)的单调递增区间为(1,e),单调递减区间为(e,+∞). 1-e e e 所以 f(x)max=f(e)= +ln(e-1)<0,所以|f(x)|≥-f(e)= -ln(e-1)恒成 1-e e-1 立,当 x=e 时取等号. 2ln x+bx 1-ln x 令 g(x)= ,则 g′(x)= , 2x x2 当 1<x<e 时,g′(x)>0;当 x>e 时,g′(x)<0, 1 b 从而 g(x)在(1,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,所以 g(x)max=g(e)= + . e 2 e 2ln x+bx 所以若存在 x 使得不等式|f(x)|- ≤ 成立, e-1 2x e e 1 b 只需 -ln(e-1)- ≤ + , e-1 e-1 e 2 2 即 b≥- -2ln(e-1). e 2 4.(2015·南昌市第二次适应性测试)设函数 f(x)=(1+x) -2ln(1+x). (1)若关于 x 的不等式 f(x)-m≥0 在[0,e-1](e 是自然对数的底数)上有实数解,求 实数 m 的取值范围; 2 (2)设 g(x)=f(x)-x -1,若关于 x 的方程 g(x)=p 至少有一个解,求 p 的最小值; 1 1 1 * (3)证明不等式:ln(n+1)<1+ + +?+ (n∈N ). 2 3 n 2 解:(1)f′(x)=2(1+x)- . x+1

?

1?

?

1

?

6

1 2 , 所以 f′(x)=2(1+x)- 在[0, e-1]上有 f′(x)≥0, x+1 x+1 f(x)=(1+x)2-2ln(1+x)在[0,e-1]上单调递增, f(x)max=f(e-1)=e2-2. 因为关于 x 的不等式 f(x)-m≥0 在[0,e-1]上有实数解, 2 所以 f(x)max≥m,即 m≤e -2. 2 (2)因为 g(x)=f(x)-x -1=2x-2ln(1+x), 1 ? ? 所以 g′(x)=2?1- ?. ? x+1? 所以在(-1,0)上 g′(x)<0,在(0,+∞)上 g′(x)>0, g(x)min=g(0)=0. 因为关于 x 的方程 g(x)=p 至少有一个解,所以 p≥0, p 的最小值为 0. (3)证明:由(2)可知,g(x)≥0 在(-1,+∞)上恒成立, 所以 ln(1+x)≤x,当且仅当 x=0 时等号成立. 1 ? 1? 1 * 令 x= ,n∈N ,x∈(0,1),有 ln?1+ ?< , 因为当 x≥0 时, 1+x≥

n

?

n? n

1 即 ln(n+1)-ln n< ,

n

1 1 1 * 取 n=1,2,3,?,所得不等式相加得 ln(n+1)<1+ + +?+ (n∈N ). 2 3 n

7


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