高考数学二轮复习练习：专题限时集训16 导数的应用 Word版含答案

第- 1 -页 共9页 专题限时集训(十六) 导数的应用

(对应学生用书第149页)

[建议A 、B 组各用时：45分钟]

[A 组 高考达标]

一、选择题

1．已知a 为函数f (x )＝x 3－12x 的极小值点，则a ＝( )

A ．－4

B ．－2

C ．4

D ．2 D [由题意得f ′(x )＝3x 2－12，令f ′(x )＝0得x ＝±2，∴当x <－2或x >2时，f ′(x )>0；

当－2

∴f (x )在x ＝2处取得极小值，∴a ＝2.]

2．已知函数f (x )是定义在R 上的可导函数，f ′(x )为其导函数，若对于任意实数x ，有f (x )－f ′(x )

＞0，则( )

A ．e f (2 017)＞f (2 018)

B ．e f (2 017)＜f (2 018)

C ．e f (2 017)＝f (2 018)

D ．e f (2 017)与f (2 018)大小不能确定

A [令g (x )＝f x e x ，则g ′(x )＝e x f ′x －e x f x e 2x ＝f ′x －f x e x ，因为f (x )－

f ′(x )＞0，所以

g ′(x )＜0，所以函数g (x )在R 上单调递减，所以g (2 017)＞g (2 018)，即f 2 017

e 2 017＞

f 2 018

e

2 018，所以e f (2 017)＞f (2 018)，故选A.] 3．已知函数f (x )＝e x x 2－k ? ??

??2x ＋ln x ，若x ＝2是函数f (x )的唯一一个极值点，则实数k 的取值范围为( ) 【导学号：68334148】

A ．(－∞，e]

B ．[0，e]

C ．(－∞，e)

D ．[0，e)

A [f ′(x )＝x 2e x －2x e x x 4－k ? ????－2x 2＋1x ＝x －2? ????e x x －k x 2(x ＞0)．设g (x )＝e x

x

， 则g ′(x )＝x －1e x

x 2

，则g (x )在(0,1)内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增． ∴g (x )在(0，＋∞)上有最小值，为g (1)＝e, 结合g (x )＝e x

x

与y ＝k 的图象可知，要满足题意，只需k ≤e，选A.]

第- 2 -页 共9页 4．(·金华十校联考)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c 有两个极值点x 1，x 2.若f (x 1)＝x 1＜x 2，则

关于x 的方程3(f (x ))2＋2af (x )＋b ＝0的不同实根个数为( )

A ．3

B ．4

C ．5

D ．6 A [f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，原题等价于方程3x 2＋2ax ＋b ＝0有两个不等实数根x 1，x 2，且x 1

＜x 2，x ∈(－∞，x 1)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增；x ∈(x 1，x 2)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；x ∈(x 2，＋∞)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增．∴x 1为极大值点，x 2为极小值点．∴方程3(f (x ))2

＋2af (x )＋b ＝0有两个不等实根，f (x )＝x 1或f (x )＝x 2.∵f (x 1)＝x 1，

∴由图知f (x )＝x 1有两个不同的解，f (x )＝x 2仅有一个解．故选A.]

5．函数f (x )＝12e x (sin x ＋cos x ) 在区间?

?????0，π2上的值域为( ) 【导学号：68334149】

A [f ′(x )＝12e x (sin x ＋cos x )＋12e x (cos x －sin x )＝e x cos x ，当0＜x ＜π2

时，f ′(x )＞0， ∴f (x )是?

?????0，π2上的增函数． ∴f (x )的最大值为f ? ????π2＝12e π2

， f (x )的最小值为f (0)＝12

.

∴f (x )的值域为

.] 二、填空题

6．已知f (x )为偶函数，当x <0时，f (x )＝ln(－x )＋3x ，则曲线y ＝f (x )在点(1，－3)处的切线

方程是________． y ＝－2x －1 [因为f (x )为偶函数，所以当x >0时，f (x )＝f (－x )＝ln x －3x ，所以f ′(x )

＝1x

－3，则f ′(1)＝－2.所以y ＝f (x )在点(1，－3)处的切线方程为y ＋3＝－2(x －1)，即

y

第- 3 -页 共9页 ＝－2x －1.]

7．已知函数f (x )＝m ? ????x －1x －2ln x (m ∈R )，g (x )＝－m x

，若至少存在一个x 0∈[1，e]，使得f (x 0)

?

????－∞，2e [由题意，不等式f (x )

????－∞，2e .] 8．已知函数f (x )＝x 3

－3ax (a ∈R )，若直线x ＋y ＋m ＝0对任意的m ∈R 都不是曲线y ＝f (x )的切

线，则a 的取值范围为________． a ＜13

[f (x )＝x 3－3ax (a ∈R )，则f ′(x )＝3x 2－3a ，

若直线x ＋y ＋m ＝0对任意的m ∈R 都不是曲线y ＝f (x )的切线，

则直线的斜率为－1，f ′(x )＝3x 2－3a 与直线x ＋y ＋m ＝0没有交点，

又抛物线开口向上则必在直线上面，即最小值大于直线斜率，

则当x ＝0时取最小值，－3a ＞－1，

则a 的取值范围为a ＜13

.] 三、解答题

9．(·诸暨市高中毕业班教学质量检测)已知函数f (x )＝x e x －a (x －1)(a ∈R )．

(1)若函数f (x )在x ＝0处有极值，求a 的值及f (x )的单调区间； (2)若存在实数x 0∈? ??

??0，12，使得f (x 0)＜0，求实数a 的取值范围． [解] (1)f ′(x )＝(x ＋1)e x －a ，

由f ′(0)＝0?a ＝1.

3分 此时f ′(x )＝(x ＋1)e x －1.

当x ＞0时，x ＋1＞1，e x ＞1?f ′(x )＞0；

当x ＜0时，x ＋1＜1,0＜e x ＜1?f ′(x )＜0，

6分 ∴f (x )在(－∞，0]上单调递减，

在[0，＋∞)上单调递增.

7分

(2)法一：f (x )＝x e x ＋a (1－x )， 若在x ∈? ??

??0，12上存在x 0，有f (x 0)＜0， ∵x e x ＞0，(1－x )＞0，需a ＜0， 10分

第- 4 -页 共9页 又f ′(x )＝(x ＋1)e x

－a ，

当a ＜0时，f ′(x )＞0恒成立， ∴f (x )在? ????0，12上单调递增， 13分 ∴只需min ????

??f 0，f ? ????12＝f (0)＝a ＜0， 综上，a ＜0.15分

法二：f (x )＝x e x －a (x －1)＜0在x ∈? ??

??0，12上有解， 即x e x ＜a (x －1)，a ＜x e x x －1在x ∈? ????0，12上有解， 9分

设h (x )＝x e x x －1，x ∈? ??

??0，12， 则h ′(x )＝e x x 2－x －1x －12

＜0， ∴h (x )在? ??

??0，12上单调递减. 13分 h (x )在? ??

??0，12上的值域为(－e ，0)， ∴a ＜h (0)＝0.

15分

10．设函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c . (1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；

(2)设a ＝b ＝4，若函数f (x )有三个不同零点，求c 的取值范围；

(3)求证：a 2－3b >0是f (x )有三个不同零点的必要而不充分条件．

[解] (1)由f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，得f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b .因为f (0)＝c ，f ′(0)＝b ， 所以曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝bx ＋c .

2分

(2)当a ＝b ＝4时，f (x )＝x 3＋4x 2＋4

x ＋c ，

所以f ′(x )＝

3x 2＋8x ＋4.

令f ′(x )＝0，得3x 2＋8x ＋4＝0，解得x ＝－2或x ＝－23. f (x )与f ′(x )在区间(－∞，＋∞)上的情况如下：

x

(－∞，－2) －2 ? ????－2，－23 －23 ? ????－23，＋∞ f ′(x )

＋ 0 － 0 ＋ f (x ) c c －32

27

第- 5 -页 共9页 所以，当c ＞0且c －3227＜0时，存在x 1∈(－4，－2)，x 2∈? ????－2，－23，x 3∈? ??

??－23，0，使得f (x 1)＝f (x 2)＝f (x 3)＝0.

由f (x )的单调性知，当且仅当c ∈? ??

??0，3227时，函数f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＋c 有三个不同零点. (3)证明：当Δ＝4a 2－12b ＜0时，f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ＞0，x ∈(－∞，＋∞)，

此时函数f (x )在区间(－∞，＋∞)上单调递增，

所以f (x )不可能有三个不同零点．

当Δ＝4a 2－12b ＝0时，f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b 只有一个零点，记作x 0.

当x ∈(－∞，x 0)时，f ′(x )＞0，f (x )在区间(－∞，x 0)上单调递增；

当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )＞0，f (x )在区间(x 0，＋∞)上单调递增．

所以f (x )不可能有三个不同零点.

10分 综上所述，若函数f (x )有三个不同零点，则必有Δ＝4a 2－12b ＞0.

故a 2－3b >0是f (x )有三个不同零点的必要条件．

当a ＝b ＝4，c ＝0时，a 2－3b ＞0，f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＝x (x ＋2)2只有两个不同零点， 所以a 2－3b >0不是f (x )有三个不同零点的充分条件．

因此a 2－3b >0是f (x )有三个不同零点的必要而不充分条件.

15分

[B 组 名校冲刺]

一、选择题 1．已知函数y ＝f (x )对任意的x ∈? ??

??－π2，π2满足f ′(x )cos x ＋f (x )sin x ＞0(其中f ′(x )是函数f (x )的导函数)，则下列不等式成立的是( )

A.2f ? ????－π3＜f ? ??

??－π4 B.2f ? ????π3＜f ? ????π4 C ．f (0)＞2f ? ??

??π3 D ．f (0)＞2f ? ????π4 A [令g (x )＝f x

cos x ，则

g ′(x )＝f ′x cos x －f x cos x ′cos 2x

＝f ′x cos x ＋f x sin x cos 2x ，由对任意的x ∈? ??

??－π2，π2满足f ′(x )cos x ＋f (x )sin x ＞0，可得g ′(x )＞0，即函数g (x )在? ??

??－π2，π2上为增函数，

第- 6 -页 共9页 则g ? ????－π3＜g ? ????－π4，即f ? ????－π3

cos ? ????－π3＜f ? ????－π4cos ? ????－π4， 即2f ? ????－π3＜f ? ??

??－π4.故选A.] 2．已知函数f (x )＝ax 2

＋bx －ln x (a ＞0，b ∈R )，若对任意x ＞0，f (x )≥f (1)，则( )

A ．ln a ＜－2b

B ．ln a ≤－2b

C ．ln a ＞－2b

D ．ln a ≥－2b A [f ′(x )＝2ax ＋b －1x

，由题意可知f ′(1)＝0，即2a ＋b ＝1，由选项可知，只需比较ln a ＋2b 与0的大小，而b ＝1－2a ，所以只需判断ln a ＋2－4a 的符号．构造一个新函数g (x )

＝2－4x ＋ln x ，则g ′(x )＝1x －4，令g ′(x )＝0，得x ＝14，当x ＜14

时，g (x )为增函数，当x ＞14时，g (x )为减函数，所以对任意x ＞0有g (x )≤g ? ??

??14＝1－ln 4＜0，所以有g (a )＝2－4a ＋ln a ＝2b ＋ln a ＜0?ln a ＜－2b ，故选A.]

3．已知函数f (x )＝ln x －ax 2＋x 有两个不同零点，则实数a 的取值范围是( )

A ．(0,1)

B ．(－∞，1) C.?

????－∞，1＋e e 2 D.? ????0，1＋e e 2 A [令g (x )＝ln x ，h (x )＝ax 2－x ，

将问题转化为两个函数图象交点的问题．

当a ≤0时，g (x )和h (x )的图象只有一个交点，不满足题意；

当a ＞0时，由ln x －ax 2＋x ＝0，得a ＝

x ＋ln x x 2. 令r (x )＝x ＋ln x x 2

，则 r ′(x )＝? ??

??1＋1x ·x 2－ln x ＋x ·2x x 4＝1－x －2ln x x 3，

当0＜x ＜1时，r ′(x )＞0，r (x )是单调增函数，

当x ＞1时，r ′(x )＜0，r (x )是单调减函数，且

x ＋ln x x 2

＞0，∴0＜a ＜1. ∴a 的取值范围是(0,1)．故选A.]

4．已知函数f (x )＝x (ln x －ax )有两个极值点，则实数a 的取值范围是( )

【导学号：68334150】

第- 7 -页 共9页 A ．(－∞，0)

B.? ????0，12 C ．(0,1)

D ．(0，＋∞)

B [∵f (x )＝x (ln x －ax )，

∴f ′(x )＝ln x －2ax ＋1， 由题意可知f ′(x )在(0，＋∞)上有两个不同的零点，

令f ′(x )＝0，则2a ＝ln x ＋1x

， 令g (x )＝ln x ＋1x ，则g ′(x )＝－ln x x

2， ∴g (x )在(0,1)上单调递增，

在(1，＋∞)上单调递减．

又∵当x →0时，g (x )→－∞，

当x →＋∞时，g (x )→0，而g (x )max ＝g (1)＝1，

∴只需0＜2a ＜1?0＜a ＜12

.] 二、填空题

5．(·金华十校调研)已知x ∈(0,2)，若关于x 的不等式x e x ＜1k ＋2x －x

2恒成立，则实数k 的取值范围为________．

[0，e －1) [依题意，知k ＋2x －x 2＞0，即k ＞x 2－2x 对任意x ∈(0,2)恒成立，从而k ≥0，

所以由x e x ＜1k ＋2x －x 2可得k ＜e x x ＋x 2－2x .令f (x )＝e x x ＋x 2－2x ，则f ′(x )＝e x x －1x 2

＋2(x －1)＝(x －1)? ??

??e x x 2＋2. 令f ′(x )＝0，得x ＝1，当x ∈(1,2)时，f ′(x )＞0，函数f (x )在(1,2)上单调递增，当x ∈

(0,1)时，f ′(x )＜0，函数f (x )在(0,1)上单调递减，所以k ＜f (x )min ＝f (1)＝e －1，故实数k 的取值范围是[0，e －1)．]

6．已知函数g (x )满足g (x )＝g ′(1)e x －1－g (0)x ＋12

x 2，且存在实数x 0使得不等式2m －1≥g (x 0)成立，则m 的取值范围为________．

[1，＋∞) [g ′(x )＝g ′(1)e x －1－g (0)＋x ，当x ＝1时，

g (0)＝1，由g (0)＝g ′(1)e 0－1，解得g ′(1)＝e ，所以g (x )＝e x －x ＋1

2x 2，则g ′(x )＝e x －1

＋x ，当x ＜0时，g ′(x )＜0，当x ＞0时，g ′(x )＞0，所以当x ＝0时，函数g (x )取得最小值g (0)＝1，根据题意将不等式转化为2m －1≥g (x )min ＝1，所以m ≥1.]

三、解答题

第- 8 -页 共9页 7．已知函数f (x )＝(x ＋1)ln x －a (x －1)．

(1)当a ＝4时，求曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线方程；

(2)若当x ∈(1，＋∞)时，f (x )>0，求a 的取值范围．

[解] (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)．

当a ＝4时，f (x )＝(x ＋1)ln x －4(x －1)，

f (1)＝0，f ′(x )＝ln x ＋1x －3，f ′(1)＝－2. 故曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线方程为2x ＋y －2＝0.

4分 (2)当x ∈(1，＋∞)时，f (x )＞0等价于ln x －

a x －1x ＋1＞0. 设g (x )＝ln x －

a x －1x ＋1， 则g ′(x )＝1x －2a

x ＋12＝x 2＋21－a x ＋1x x ＋12

，g (1)＝0. 8分 ①当a ≤2，x ∈(1，＋∞)时，x 2＋2(1－a )x ＋1≥x 2－2x ＋1＞0，故g ′(x )＞0，g (x )在(1，

＋∞)单调递增，因此g (x )＞0；

②当a ＞2时，令g ′(x )＝0得x 1＝a －1－a －12－1，x 2＝a －1＋a －12－1. 由x 2＞1和x 1x 2＝1得x 1＜1，故当x ∈(1，x 2)时，g ′(x )＜0，g (x )在(1，x 2)单调递减，因此

g (x )＜0.

综上，a 的取值范围是(－∞，2]. 15分

8．设函数f (x )＝ax 2－a －ln x ，g (x )＝1x －e e

x ，其中a ∈R ，e ＝2.718…为自然对数的底数． (1)讨论f (x )的单调性；

(2)证明：当x >1时，g (x )>0；

(3)确定a 的所有可能取值，使得f (x )>g (x )在区间(1，＋∞)内恒成立．

[解] (1)由题意得f ′(x )＝2ax －1x ＝2ax 2

－1x

(x >0)． 当a ≤0时，f ′(x )<0，f (x )在(0，＋∞)内单调递减．

当a >0时，由f ′(x )＝0有x ＝1

2a ，

当x ∈?

????0，12a 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减； 当x ∈? ??

??12a ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )单调递增. 4分 (2)证明：令s (x )＝e x －1－x ，则s ′(x )＝e

x －1－1. 当x >1时，s ′(x )>0，所以e x －1>x ，

第- 9 -页 共9页 从而g (x )＝1x －1

e x －1>0.

8分 (3)由(2)知，当x >1时，g (x )>0.

当a ≤0，x >1时，f (x )＝a (x 2－1)－ln x <0.

故当f (x )>g (x )在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有a >0. 当0

2a >1.

由(1)有f ? ????12a

12a >0，

所以此时f (x )>g (x )在区间(1，＋∞)内不恒成立. 11分 当a ≥1

2时，令h (x )＝f (x )－g (x )(x ≥1)．

当x >1时，h ′(x )＝2ax －1x ＋1x 2－e 1－x >x －1x ＋1x 2－1x ＝x 3－2x ＋1x 2>x 2

－2x ＋1

x 2>0.

因此，h (x )在区间(1，＋∞)上单调递增．

又因为h (1)＝0，所以当x >1时，h (x )＝f (x )－g (x )>0， 即f (x )>g (x )恒成立． 综上，a ∈??????1

2，＋∞.

15分

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/68qq.html