18版高考数学一轮复习第三章导数及其应用第2讲导数的应用一理

内部文件，版权追溯 内部文件，版权追溯 内部文件，版权追溯 第2讲 导数的应用(一)

一、选择题

1．与直线2x－y＋4＝0平行的抛物线y＝x的切线方程是( )． A．2x－y＋3＝0 C．2x－y＋1＝0

解析 设切点坐标为(x0，x0)，则切线斜率为2x0， 由2x0＝2得x0＝1，故切线方程为y－1＝2(x－1)， 即2x－y－1＝0. 答案 D

2．若函数h(x)＝2x－＋在(1，＋∞)上是增函数，则实数k的取值范围是

x3

( )．

2

2

B．2x－y－3＝0 D．2x－y－1＝0

kk

A．(－2，＋∞) C．(－∞，－2)

B．(2，＋∞) D．(－∞，2)

k2x2＋k2

解析 由条件得h′(x)＝2＋2＝2≥0在(1，＋∞)上恒成立，即k≥－2x在(1，

xx＋∞)上恒成立，所以k∈(－2，＋∞)． 答案 A

3．函数f(x)＝(4－x)e的单调递减区间是 A．(－∞，4) C．(4，＋∞)

xx ( )．

B．(－∞，3) D．(3，＋∞)

xxx解析 f′(x)＝e＋(4－x)·e＝e(3－x)，令f′(x)<0，由于e>0，∴3－x<0，解得

x>3.

答案 D

13

4．函数f(x)＝ax＋bx在x＝处有极值，则ab的值为( )

aA．2 B．－2 C．3 D．－3

?1??1?22

解析 f′(x)＝3ax＋b，由f′??＝3a??＋b＝0，可得ab＝－3.故选D.

?a??a?

答案 D

5．对于R上可导的任意函数f(x)，若满足(x－1)f′(x)≥0，则必有( )． A．f(0)＋f(2)<2f(1) C．f(0)＋f(2)≥2f(1)

B．f(0)＋f(2)≤2f(1) D．f(0)＋f(2)>2f(1)

1

??x－1≥0，

解析 不等式(x－1)f′(x)≥0等价于?

?fx???x－1≤0，

??fx?

或

可知f(x)在(－∞，1)上递减，(1，＋∞)上递增，或者f(x)为常数函数，因此f(0)＋

f(2)≥2f(1)．

答案 C

6．已知函数f(x)的定义域为[－1,5]，部分对应值如下表．f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示．

下列关于函数f(x)的命题： ①函数y＝f(x)是周期函数； ②函数f(x)在[0,2]上是减函数；

③如果当x∈[－1，t]时，f(x)的最大值是2，那么t的最大值为4； ④当1

B．3

( )．

C．2 D．1

解析 依题意得，函数f(x)不可能是周期函数，因此①不正确；当x∈(0,2)时，f′(x)<0，因此函数f(x)在[0,2]上是减函数，②正确；当x∈[－1，t]时，f(x)的最大值是2，依题意，结合函数f(x)的可能图象形状分析可知，此时t的最大值是5，因此③不正确；注意到f(2)的值不明确，结合图形分析可知，将函数f(x)的图象向下平移a(1

7．函数y＝x－2sin x在[0，π]上的递增区间是________．

1π5解析 y′＝1－2cos x，令1－2cos x≥0，得cos x≤，解得2kπ＋≤x≤2kπ＋π，

233

k∈R，又0≤x≤π，∴≤x≤π.

π

3

?π?答案 ?，π? ?3?

8．函数f(x)＝x－3x＋1在x＝________处取得极小值．

3

2

2

解析 f′(x)＝3x－6x，令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝2，当x∈(－∞，0)时，f′(x)>0， 当x∈(0,2)时，f′(x)<0，当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，显然当x＝2时f(x)取极小值． 答案 2

9．若曲线f(x)＝ax＋ln x存在垂直于y轴的切线，则实数a的取值范围是________． 14

解析 ∵f′(x)＝5ax＋，x∈(0，＋∞)，

5

2

x14

∴由题意知5ax＋＝0在(0，＋∞)上有解．

x1

即a＝－5在(0，＋∞)上有解．

5x1

∵x∈(0，＋∞)，∴－5∈(－∞，0)．∴a∈(－∞，0)．

5x答案 (－∞，0)

132

10．已知函数y＝－x＋bx－(2b＋3)x＋2－b在R上不是单调减函数，则b的取值范围是

3________．

解析 y′＝－x＋2bx－(2b＋3)，要使原函数在R上单调递减，应有y′≤0恒成立，∴Δ＝4b－4(2b＋3)＝4(b－2b－3)≤0，∴－1≤b≤3，故使该函数在R上不是单调减函数的b的取值范围是b<－1或b>3. 答案 (－∞，－1)∪(3，＋∞) 三、解答题

11．设函数f(x)＝ax－3x，(a∈R)，且x＝2是y＝f(x)的极值点，求函数g(x)＝e·f(x)的单调区间．

解 f′(x)＝3ax－6x＝3x(ax－2)． 因为x＝2是函数y＝f(x)的极值点．

所以f′(2)＝0，即6(2a－2)＝0，因此a＝1， 经验证，当a＝1时，x＝2是函数f(x)的极值点， 所以g(x)＝e(x－3x)，

x3

2

23

2

2

2

2

xg′(x)＝ex(x3－3x2＋3x2－6x)

＝e(x－6x)＝x(x＋6)(x－6)e.

因为e>0，所以y＝g(x)的单调增区间是(－6，0)和(6，＋∞)；单调减区间是(－∞，－6)和(0，6)． 12．已知函数f(x)＝x－ax－1

(1)若f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，求实数a的取值范围；

3

x3xx 3

(2)是否存在实数a，使f(x)在(－1,1)上单调递减？若存在，求出a的取值范围；若不存在试说明理由． 解 (1)f′(x)＝3x－a

由Δ≤0，即12a≤0，解得a≤0，

因此当f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增时，a的取值范围是(－∞，0]． (2)若f(x)在(－1,1)上单调递减，

则对于任意x∈(－1,1)不等式f′(x)＝3x－a≤0恒成立 即a≥3x，又x∈(－1,1)，则3x<3因此a≥3

函数f(x)在(－1,1)上单调递减，实数a的取值范围是[3，＋∞)． 13．已知函数f(x)＝aln x－ax－3(a∈R)． (1)求函数f(x)的单调区间；

(2)若函数y＝f(x)的图象在点(2，f(2))处的切线的倾斜角为45°，对于任意的t∈[1,2]，函数g(x)＝x＋x?f围．

解 (1)根据题意知，f′(x)＝

3

2

2

2

2

2

??

mx＋?在区间(t,3)上总不是单调函数，求m的取值范

2??

a－xx(x＞0)，

当a＞0时，f(x)的单调递增区间为(0,1]，单调递减区间为(1，＋∞)；

当a＜0时，f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1]；当a＝0 时，f(x)不是单调函数．

(2)∵f′(2)＝－＝1，∴a＝－2，

2∴f(x)＝－2ln x＋2x－3.

a??23

∴g(x)＝x＋?＋2?x－2x，

?2?

∴g′(x)＝3x＋(m＋4)x－2.

∵g(x)在区间(t,3)上总不是单调函数，且g′(0)＝－2，

??g∴??g?

2

mt＜0，

＞0.

由题意知：对于任意的t∈[1,2]，g′(t)＜0恒成立，

g??∴?g??g＜0，＜0，＞0，

37

∴－＜m＜－9.

3

14．设函数f(x)＝ln x＋

?1?在?0，?内有极值． x－1?e?

4

a

(1)求实数a的取值范围；

1

(2)若x1∈(0,1)，x2∈(1，＋∞)．求证：f(x2)－f(x1)>e＋2－.注：e是自然对数的底

e数．

(1)解 易知函数f(x)的定义域为(0,1)∪(1，＋∞)， 1

f′(x)＝－

ax－

xx－12－axx2－a＋

＝2＝xx－2xx－

x＋1

2

. ?1??1?2

由函数f(x)在?0，?内有极值，可知方程f′(x)＝0在?0，?内有解，令g(x)＝x－(a?e??e?

＋2)x＋1＝(x－α)(x－β)．

1

不妨设0<α<，则β>e，又g(0)＝1>0，

e

?1?1a＋2＋1<0，解得a>e＋1－2. 所以g??＝2－

ee?e?e

(2)证明 由(1)知f′(x)>0?0β，

f′(x)<0?α

所以函数f(x)在(0，α)，(β，＋∞)上单调递增，在(α，1)，(1，β)上单调递减． 由x1∈(0,1)得f(x1)≤f(α)＝ln α＋，

α－1由x2∈(1，＋∞)得f(x2)≥f(β)＝ln β＋，

β－1所以f(x2)－f(x1)≥f(β)－f(α)． 由(1)易知α·β＝1，α＋β＝a＋2，

1α－β?1－1?＝2ln

所以f(β)－f(α)＝ln β－ln＋a?β＋a·?ββ－α－?β－1α－1?1

－ββ

＝2ln β＋a·

2－a＋

1

＝2lnβ＋β－. β

aa1

记h(β)＝2ln β＋β－(β>e)，

β21?1?2

则h′(β)＝＋1＋2＝?＋1?>0，

ββ?β?所以函数h(β)在(e，＋∞)上单调递增， 1

所以f(x2)－f(x1)≥h(β)>h(e)＝2＋e－.

e

5

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