高三数学-导数的简单应用-专题练习

【重点把关】

x1．(2016·广西来宾一模)已知曲线fxeax在点0,f0处的切线方程为3xyb0,则下列不等式恒成立的是( ) A．fx24ln2 B．fx24ln2 C．fx48ln2 D．fx48ln2 2．(2016·内蒙古自治区通辽一模)下列函数中,既是奇函数,又在1,上递增的是( ) A．yx36x B．yx22x C．ysinx D．yx33x 33．(2016·四川卷,文6)已知a为函数fxx12x的极小值点,则a等于( ) A．-4 B．-2 C．4 D．2 '4．(2016·内蒙古自治区兴安盟一模)定义在R上的函数fx满足fxfx1,f04,则不等式exfxex3(其中e为自然对数的底数)的解集为( ) A．0, B．,03, C．,00, D．3, 5．函数fxax1A．0,42 11的极大值点x01,,则实数a的取值范围为( ) 2xB．1,4 C．,42   D．2,4 6．已知函数gxx3xm13mm0是1,上的增函数．当实数m取最大值时,若存在点Q,使得x过点Q的直线与曲线ygx围成两个封闭图形,且这两个封闭图形的面积总相等,则点Q的坐标为( ) A．0,3 B．0,3 C．0,2 D．0,2 x7．(教材拓展)(2016·吉林白山二模)曲线fxe5sinx在点0,1处的切线方程为________． x338．(2016·吉林白山一模)若函数fxax在0,上递增,则实数a的取值范围为________． 3x139．(2016·1． 黑龙江大庆期末)已知函数fxlnxx44x(1)求函数fx的单调区间; 2(2)设gx2bx4,若对任意x10,2,x21,2,不等式fx1gx2恒成立,求实数b的取值范围． 1 / 14

【能力提升】 2x10．(2016·吉林模拟)已知fxe,gxlnx1,对aR,b0,,使得fagb,则ba的21C．e 2最小值为( ) 1A．1ln2 2 1B．1ln2 2 e21D．  24'211．(2016·天津二模)设函数fx在R上存在导数fx,对任意的xR有fxfxx,且在0,'上fxx．若f2afa22a,则实数a的取值范围是________． 12．(2016·福建“四地六校”联考)设函数fx（1）讨论函数fx的单调性; a32lnx,gxxx3． 2x1（2）如果对于任意的x1,x2,2,都有x1fx1gx2成立,试求a的取值范围． 313．(2014·全国Ⅰ卷,文21)设函数fxalnx率为0, （1）求b; （2）若存在x01,使得fx0【创新选做】 14．(2016·辽宁抚顺一模)若函数fxA．fx0x0 1a2xbxa1,曲线yfx在点1,f1处的切线斜2a,求a的取值范围． a1lnxlnx在xx0处取得最大值,则下列结论正确的是( ) 1x C．fx0x0 D．fx0x0B．fx0x0 2 / 14

高三数学（文科）专题突破

导数的简单应用

答 案

【重点把关】

1~5．CDDAA 6．C 7．y6x1 8．,23 9．解：(1)fxlnx13x1x0, 44x1134xx23' fx22x44x4x'由x0及fx0得1x3; '由x0及fx0得0x1或x3, 故函数fx的单调递增区间是1,3;单调递减区间是0,1,3． (2)若对任意x10,2,x21,2不等式fx1gx2恒成立, 问题等价于fxmingxmax, 由(1)可知,在0,2上,x1是函数的极小值点,这个极小值点是唯一的极值点,故也是最小值点,所以12fxminf1;gxx2bx4,x1,2, 2当b1时, gxmaxg12b5; 2当1b2时, gxmaxgbb4; 当b2时, gxmaxg24b8, b11b2b2 问题等价于1或1或12b42b54b8222解得b1或1b14或b, 21414,即b所以实数b的取值范围是． 22 3 / 14

【能力提升】 10．A 11．,1 12．解：(1)函数fx的定义域为0,, 2a1x22a fx3xxx3''当a0时,fx0, 函数fx在区间0,上单调递增, 当a0时,若x2a '则fx0,函数fx单调递增, '若0x2a,则fx0,函数fx单调递减, 所以函数f(x)在区间0,2a上单调递减,在区间递增． 2a,上单调 21'2(2)gx3x2x3xx,x,2, 332'可见,当x,2,gx0, 32gx在区间,2上单调递增, 312'当x,时, gx0, 3312gx在区间,上单调递减, 33183g21, 而g3271所以gx在区间,2上的最大值是1, 31依题意,只需当x,2时,xfx1恒成立, 3 4 / 14

即axxlnx1恒成立,亦即axx2lnx． 令hxxx2lnxx13,2, 则h'x1x2xlnx, 显然h'10, 当x13,1 时, 1x0, xlnx0,h'x0, 即hx在区间13,1上单调递增; 当x1,2时, 1x0,xlnx0,h'x0, 所以hx在区间1,2上单调递减, 所以,x1 时,函数hx取得最大值h11, 故a1,即实数a的取值范围是1,． 13．解：(1)f'xax1axb, 由题设知f'10, 解得b1． (2)fx的定义域为0,, 由(1)知fxalnx1a22xx, f'xax1ax11axxa1ax1．①若a12, 则a1a1, 故当x1,,f'x0,

5 / 14

fx在1,上单调递增． 所以,存在x01, aa, 的充要条件为f1a1a11aa, 1即2a1使得fx0解得21a21． 1a1, 2a1, 则1a②若a'故当x1,时,fx0; 1aa,时, f'x0, 当x1aaafx在1,,,上单调递减在上单调递增． 1a1a所以,存在x01,使得fx0a的充要条件为a1 aaf． 1aa1aa2aaa而f1a1a21aa1a1所以不合题意． ③若a1, 则f11aa1a, 122a1综上,a的取值范围是21,21【创新选做】 14．B 1,． 6 / 14

高三数学（文科）专题突破

导数的简单应用

解 析

【重点把关】

1．解析：f′(x)=ex-a,f′(0)=1-a=-3,a=4, f′(x)>0⇒x>ln 4=2ln 2, f′(x)<0⇒x<2ln 2,f(x)min=4-8ln 2,故选C． 2．解析：A．y=x3-6x,y′=3(x2-2), 所以x∈(1,

)时,y′<0,即该函数在(1,

)上递减,

所以该函数在(1,+∞)上不递增,即A错误;

B．y=x2-2x的图象不关于原点对称,不是奇函数, 所以该选项错误;

C．y=sin x在(1,+∞)上没有单调性,所以该选项错误; D．y=x3-3x,(-x)3-3(-x)=-(x3-3x), 所以该函数为奇函数; y′=3(x2-1),x>1时,y′>0,

所以该函数在(1,+∞)上递增,所以该选项正确． 故选D．

3．解析：由f′(x)=3x2-12>0得函数f(x)的增区间为

(-∞,-2),(2,+∞),由f′(x)=3x2-12<0得函数f(x)的减区间为(-2,2),则极小值点为2．故选D． 4．解析：设g(x)=exf(x)-ex,x∈R,则g′(x)=exf(x)+exf′(x)-ex=ex[f(x)+f′(x)-1], 因为f(x)+f′(x)>1, 所以f(x)+f′(x)-1>0,

所以g′(x)>0,

所以y=g(x)在定义域上单调递增, 因为exf(x)>ex+3,

所以g(x)>3,

又因为g(0)=e0f(0)-e0=4-1=3, 所以g(x)>g(0), 所以x>0,故选A．

5．解析：f′(x)=令f′(x)=0, 得ax2-2设g(x)=ax2-2

=0．

,

-=,

由题可知y=ax2与y=2则a>0,且-10,

的图象存在两个交点(x1,y1),(x2,y2)(x17 / 14

令f′(x)>0,得g(x)>0,即-1≤xx2; 令f′(x)<0,得g(x)<0,即x1则函数f(x)=a+的极大值点

x0=x1∈(-1,-)． 又g(-1)=a>0,

所以g(-)=a-所以0<0,

．选A．

6．解析：g′(x)=x2+1-,由题意x≥1时,g′(x)=x2+1-≥0恒成立, 所以m≤x2(x2+1),

而当x≥1时,x2(x2+1)≥1×(1+1)=2, 所以m≤2,即m的最大值为2,

此时g(x)=x3+x-2+．

由于函数h(x)=g(x)+2=x3+x+是奇函数,

图象关于点(0,0)对称,所以函数g(x)的图象关于点(0,-2)对称,所以点Q的坐标为(0,-2)． 7．解析：因为f′(x)=ex+5cos x,

所以f′(0)=6,所以切线方程为y-1=6x,即y=6x+1． 答案：y=6x+1

8．解析：因为f′(x)=x2+-a≥0,

即a≤x2+对x>0恒成立,

又x2+≥2答案：(-∞,2

,所以a≤2]

．

9．解：(1)f(x)=ln x-x+-1(x>0),

8 / 14

f′(x)=--=,

由x>0及f′(x)>0得1由x>0及f′(x)<0得03,

故函数f(x)的单调递增区间是(1,3);单调递减区间是(0,1),(3,+∞)． (2)若对任意x1∈(0,2),x2∈[1,2],不等式f(x1)≥g(x2)恒成立, 问题等价于f(x)min≥g(x)max,

由(1)可知,在(0,2)上,x=1是函数的极小值点,这个极小值点是唯一的极值点,故也是最小值点,所以

f(x)min=f(1)=-;g(x)=-x2+2bx-4,x∈[1,2], 当b<1时,g(x)max=g(1)=2b-5; 当1≤b≤2时,g(x)max=g(b)=b2-4; 当b>2时,g(x)max=g(2)=4b-8,

问题等价于或或

解得b<1或1≤b≤

或b∈,

即b≤,所以实数b的取值范围是(-∞,]．

【能力提升】

10．解析：因为f(x)=e2x,x∈R, 所以f(x)∈(0,+∞)． 即f(a)∈(0,+∞)． 令f(a)=g(b)=t,则t>0,

所以e2a=ln b+=t,

所以a=ln t,b=,

所以b-a=-ln t,

令h(t)=-ln t(t>0),

则h′(t)=

-在(0,+∞)上递增,

9 / 14

又h′()=0,

所以t∈(0,),h′(t)<0;

t∈(,+∞),h′(t)>0,

所以h(t)在(0,)上递减,在(,+∞)上递增,

所以h(t)min=h()=1-ln=1+ln 2,

所以(b-a)min=1+ln 2．

11．解析：令g(x)=f(x)-x2,

因为g(-x)+g(x)=f(-x)-x2+f(x)-x2=0, 所以函数g(x)为奇函数．

因为x∈(0,+∞)时,g′(x)=f′(x)-x>0, 故函数g(x)在(0,+∞)上是增函数, 故函数g(x)在(-∞,0)上也是增函数, 由f(0)=0,可得g(x)在R上是增函数．

f(2-a)-f(a)≥2-2a,等价于f(2-a)-所以2-a≥a,解得a≤1．

≥f(a)-,即g(2-a)≥g(a),

答案：(-∞,1]

12．解：(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),

f′(x)=-+=,

当a≤0时,f′(x)≥0,

函数f(x)在区间(0,+∞)上单调递增, 当a>0时,若x≥

,

则f′(x)≥0,函数f(x)单调递增,

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若0所以函数f(x)在区间(0,)上单调递减,在区间(

递增．

(2)g′(x)=3x2-2x=3x(x-),x∈[,2],

可见,当x∈[,2]时,g′(x)≥0,

g(x)在区间[,2]上单调递增,

当x∈[,]时,g′(x)≤0,

g(x)在区间[,]上单调递减,

而g()=-所以g(x)在区间[,2]上的最大值是1,

依题意,只需当x∈[,2]时,xf(x)≥1恒成立,

即+xln x≥1恒成立,亦即a≥x-x2ln x．

令h(x)=x-x2ln x(x∈[,2]), 则h′(x)=1-x-2xln x, 显然h′(1)=0,

当x∈[,1)时,1-x>0, xln x<0,h′(x)>0,

即h(x)在区间[,1)上单调递增;

,+∞)上单调

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当x∈(1,2]时,1-x<0,xln x>0,h′(x)<0, 所以h(x)在区间(1,2]上单调递减,

所以,当x=1时,函数h(x)取得最大值h(1)=1, 故a≥1,即实数a的取值范围是[1,+∞)．

13．解：(1)f′(x)=+(1-a)x-b, 由题设知f′(1)=0, 解得b=1．

(2)f(x)的定义域为(0,+∞),

由(1)知f(x)=aln x+x2-x,

f′(x)=+(1-a)x-1=(x-)(x-1)．

①若a≤,

则≤1,

故当x∈(1,+∞)时,f′(x)>0, f(x)在(1,+∞)上单调递增． 所以,存在x0≥1,

使得f(x0)<的充要条件为f(1)<,

即-1<, 解得-

-1-1．

②若则>1,

故当x∈(1,)时,f′(x)<0;

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当x∈(,+∞)时,f′(x)>0,

f(x)在(1,)上单调递减,在(,+∞)上单调递增．

所以,存在x0≥1,使得f(x0)<的充要条件为f()<．

而f()=aln ++>,

所以不合题意． ③若a>1,

则f(1)=-1=<,

-1,

-1)∪(1,+∞)．

综上,a的取值范围是(-

【创新选做】

14．解析：函数f(x)的定义域为(0,+∞),

f(x)=(-)ln x,

函数的导数f′(x)=(-设h(x)=-ln x-x-1,

)′ln x-·=-ln x-=,

则h′(x)=--1=,则当x>0时,h′(x)<0,即h(x)在(0,+∞)上为减函数,

因为h(1)<-1-1=-2<0,当x→0时,h(x)>0, 所以在(0,1)内函数h(x)有唯一的零点x0, 即h(x0)=-ln x0-x0-1=0, 即ln x0=-1-x0,

当00, 当x>x0时,f′(x)<0,

即函数f(x)在x=x0处取得最大值,

即f(x0)=(-)·ln x0

=(-

)·(-1-x0)

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=x0, 故选B．

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