高考數(shù)學二輪復習導數(shù)的綜合應用提能專訓

高考數(shù)學二輪復習導數(shù)的綜合應用提能專訓高考數(shù)學二輪復習導數(shù)的綜合應用提能專訓高考數(shù)學二輪復習導數(shù)的綜合應用提能專訓高考數(shù)學二輪復習導數(shù)的綜合應用提能專訓一、選擇題131．(2014·江西八校聯(lián)考)已知m是區(qū)間[0,4]內任取的一個數(shù)，那么函數(shù)f(x)＝3x－22在x∈R上是增函數(shù)的概率是( )2x＋mx＋311A.4B.312C.D.23[答案]C132222[分析]∵f(x)＝3x－2x＋mx＋3在R上是增函數(shù)，∴f′(x)＝x－4x＋m≥0在R上恒建立，2∴＝16－4m≤0，解得m≤－2或m≥2.又∵0≤m≤4，∴2≤m≤4.1故所求的概率為P＝4＝2.2．(2014·遼寧五校聯(lián)考)已知a，b是實數(shù)，且e<a<b，此中e是自然對數(shù)的底數(shù)，則ab與ba的大小關系是()babaA．a>bB．a<bC．ab＝baD．ab與ba的大小關系不確立[答案]Alnx，因為1－lnx，所以在(e，＋∞)上，[分析]結構協(xié)助函數(shù)f(x)＝xf′(x)＝x2′( )<0，()為減函數(shù)，則()>(lnalnbln>ln，lnb>lnaxf)，即>，bab，所以fxfafbabbaaab>ba.3．(2014·忻州聯(lián)考)定義在0，πf(x)，′( )是它的導函數(shù)，且恒有上的函數(shù)2fxf(x)<f′(x)·tanx建立，則()πππA.3f4>2f3B．f(1)<2f6sin1ππππC.2f6>f4D.3f6<f3[答案]D[分析]∵f(x)<f′(x)·tanx，1即f′(x)sinx－f(x)cosx>0，fxf′xsinx－fxcosx∴sinx′＝sin2x>0，fx0，π∴函數(shù)sinx在2上單一遞加，fπfπ63進而π<π，sin6sin3ππ即3f6<f3.4．(2014·浙江名校聯(lián)考)若函數(shù)f(x)＝xcosx在(0，＋∞)內的所有極值點按從小到大的次序擺列為a，a，，a，，則對隨意正整數(shù)n必有()12nA．π<a3ππ－a<π22n＋1nn＋1nC．0<n＋1－an<πD．－π<n＋1－n<0a22aa[答案]B[分析]′( )＝cosx－sinx，令′( )＝0，得1＝tanx，函數(shù)y＝1與y＝tanxfxxfxxx1的圖象如下圖，an與an＋1就是兩個函數(shù)圖象相鄰交點的橫坐標．因為函數(shù)y＝x在(0，＋∞)上是減函數(shù)，故跟著n的增添，an愈來愈靠近其所在周期內的零點(y＝tanx的零點)，故an＋1－an<π，又an與an＋1在各自周期內零點的右邊，所以πan＋1－an>，應選B.25．(2014·陜西卷改編)設函數(shù)f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝xf′(x)，x≥0，此中f′(x)是f(x)的導函數(shù)．若f(x)≥ag(x)恒建立，則實數(shù)a的取值范圍是( )A．(－1，＋∞)B．(0，＋∞)C．(－∞，0)D．(－∞，1]2[答案]D1x[分析]對f(x)求導，得f′(x)＝1＋x，所以g(x)＝xf′(x)＝1＋x.若f(x)≥()恒建立，即ln(1＋)≥ax恒建立．agxx1＋xax1ax＋1－a設φ(x)＝ln(1＋x)－1＋x(x≥0)，則φ′(x)＝1＋x－1＋x2＝1＋x2.當a≤1時，φ′(x)≥0(當且僅當x＝0，a＝1時等號建立)，所以φ(x)在[0，＋∞)上單一遞加．又φ(0)＝0，即φ(x)≥0在[0，＋∞)上恒建立，ax所以當a≤1時，ln(1＋x)≥1＋x恒建立(當且僅當x＝0時等號建立)．當a>1時，對x∈(0，a－1)，有φ′(x)<0，則φ(x)在(0，a－1]上單一遞減，所以φ(a－1)<φ(0)＝0，即a>1時，存在x>0，使φ(x)<0，ax可知ln(1＋x)≥1＋x不恒建立．綜上，實數(shù)a的取值范圍是(－∞，1]，應選D.6．(2014·鄂爾多斯模擬)已知a≥0，函數(shù)f(x)＝(x2－2ax)ex，若f(x)在[－1,1]上是單一減函數(shù)，則a的取值范圍是( )313A．0<a<4B.2<a<4C．3D．1≥0<<a4a2[答案]C[分析]f′(x)＝(2x－2a)ex＋(x2－2ax)ex＝[x2＋(2－2a)x－2a]ex，由題意當x∈[－1,1]時，f′(x)≤0恒建立，即x2＋(2－2a)x－2a≤0恒建立．令g(x)＝x2＋(2－2a)x－2a，g－1≤0，則有1≤0，－12＋2－2a·－1－2a≤0，即12＋2－2a－2a≤0，3解得a≥，應選C.47．已知函數(shù)f(x)＝2x2－ax＋lnx在其定義域上不但一，則實數(shù)a的取值范圍是( )A．(－∞，4]B．(－∞，4)C．(4，＋∞)D．[4，＋∞)3[答案]C[分析]函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，因為f(x)＝2x2ax＋lnx，所以f11x2ax＋1)．－′( )＝4－＋＝(4－xxaxx由函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上不但一可知f′(x)＝0有兩個正解，即4x2－ax＋1＝0有兩個正解，設為x1，x2.＝－a2－4×4×1>0，a故有x1＋x2＝>0，解得a>4.41x1x2＝4>0，所以a的取值范圍為(4，＋∞)．8．已知三次函數(shù)f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d的圖象如下圖，則f′－2＝( )f′1A．5B．－5C．2D．－2[答案]D[分析]對f(x)求導，得f′(x)＝3ax2＋2bx＋c，聯(lián)合題中圖象知，x＝－1,2為導函數(shù)的零點，所以f′(－1)＝f′(2)＝0，＝－c，3a－2b＋c＝0，6即a＋4＋＝0，解得b＝c.12bc4所以f′(x)＝－cx2＋cx＋c＝－c(x2－x－2)，222f′－24＋2－2于是f′1＝1－1－2＝－2.應選D.lnxlnx2lnx29．(2014·安慶二模)設1<x<2，則x，x，x2的大小關系是( )4lnx2lnxlnx2A.x<x<x2lnxlnx2lnx2B.x<x<x2lnx2lnx2lnxC.x<x2<xlnx2lnx2lnxD.x2<x<x[答案]A[分析]令f(x)＝x－lnx(1<x<2)，x－1則f′(x)＝1－x＝x>0，∴函數(shù)y＝f(x)在(1,2)內為增函數(shù)．∴f(x)>f(1)＝1>0，∴x>lnx>0?lnxlnx2lnx0<x<1.∴x<x.lnx2lnx2lnx－xlnx2－xlnx又x2－x＝x2＝x2>0，lnx2lnxlnx2∴x<x<x2，應選A.10．(2014·昆明質檢)已知函數(shù)f(x)＝ex－ax－b，若f(x)≥0恒建立，則ab的最大值為( )eB．e2C．eD.e2[答案]D[分析]利用導數(shù)求解．當a≤0時，函數(shù)f(x)＝ex－ax－b在R上單一遞加，f(x)≥0不恒建立，所以a≤0舍去．當a>0時，由f′(x)＝ex－a＝0解得x＝lna，且當x<lna時，f′(x)<0，函數(shù)f(x)單一遞減；當x>lna時，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單一遞加，所以f(x)≥0恒建立，即f(x)min＝f(lna)＝a－alna－b≥0，所以b≤a－alna，ab≤a2－a2lna，a>0.令y＝x2－x2lnx，x>0，則y′＝2x－2xlnx－x＝x(1－2lnx)，x>0，由y′＝0解得x＝e，且x∈(0，e)時，y′>0，函數(shù)y＝x2－x2lnx單一遞加；x∈(e，＋∞)時，y′<0，函數(shù)222211y＝x－xlnx單一遞減，所以當x＝e時，函數(shù)y＝x－xlnx獲得最大值e－2e＝2e，所2211以ab≤a－alna≤2e，即ab的最大值是2e，應選D.11．設直線x＝t與函數(shù)f(x)＝x2＋1，g(x)＝x＋lnx的圖象分別交于P，Q兩點，則|PQ|的最小值是()511A．－2B.21C．1D．－2或1[答案]C[分析]直線x＝t與函數(shù)f(x)＝x2＋1，(x)＝x＋lnx的圖象分別交于(，(t))，gPtfQ(t，g(t))兩點，則|PQ|＝|f(t)－g(t)|.記h(t)＝f(t)－g(t)＝t2＋1－(t＋lnt)．1121函數(shù)h(t)的定義域為(0，＋∞)，h′(t)＝2t－1－t＝t(2t－t－1)＝t(2t＋1)(t－1)．由′( )＝0，解得t＝1或t1＝－(舍去)．ht2明顯當t∈(0,1)時，h′(t)<0，函數(shù)h(t)單一遞減；當t∈(1，＋∞)時，h′(t)>0，函數(shù)h(t)單一遞加．故函數(shù)h(t)的最小值為h(1)＝12＋1－(1＋ln1)＝1，故|PQ|的最小值為1.二、填空題12．(2014·南京、鹽城二模)表面積為12π的圓柱，當其體積最大時，該圓柱的底面半徑與高的比為________．[答案]1∶2[分析]因為12π＝2πrh＋2πr22226.，rh＋r＝6，所以V＝πrh＝πr(6－r)，0<r<由′＝π(6－32)＝0得r＝2.當0<r<2時，′>0，當2<r<6時，′<0，所以當r＝VrVV2時，V取極大值，也是最大值，此時h＝22，r∶h＝1∶2.13．(2014·青島一模)假如對定義在R上的函數(shù)f()，以隨意兩個不相等的實數(shù)x1，2，xx都有xf(x)＋xf(x)>xf(x)＋xf(x)，則稱函數(shù)f(x)為“H函數(shù)”．給出以下函數(shù)：①y11221221x3＋x＋1；②y＝3－2(sinx－cosx)；③y＝ex＋1；④f(xln|x|，x≠0，＝－)＝以上x0，x＝0.函數(shù)是“H函數(shù)”的所有序號為________．[答案]②③[分析]因為x1f(x1)＋x2f(x2)>x1f(x2)＋x2f(x1)，即(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0，233所以函數(shù)f(x)在R上是增函數(shù)．由y′＝－3x＋1>0得－3<x<3，即函數(shù)在區(qū)間33上是增函數(shù)，故①不是“H函數(shù)”；由y′＝3－2(cosx＋sinx)＝3－22－3，3xπH函數(shù)”；sin＋≥3－22>0恒建立，所以②為“46x恒建立，所以③為“H函數(shù)”；因為④為偶函數(shù)，所以不行能在R上是增由y′＝e>0函數(shù)，所以不是“H函數(shù)”．綜上，是“H函數(shù)”的有②③.14．(2014·唐山一模)定義在R上的函數(shù)f(x)知足：f(－x)＋f(x)＝x2，當x<0時，1′(x)<x，則不等式f(x)＋2≥f(1－x)＋x的解集為________．[答案]1－∞，2[分析]∵f(x)＋f(－x)＝x2，∴f′(x)－f′(－x)＝2x，∴f′(－x)＝f′(x)－2x，當x<0時，f′(x)<x，∴f′(－x)＝f′(x)－2x<x－2x＝－x，∴當x>0時，f′(x)＝f′(－1x)＋2x<－x＋2x＝x，令g(x)＝f(x)＋2－f(1－x)－x，則g′(x)＝f′(x)＋f′(1－x)－1<x＋1－x－1＝0，∴()在R上單一遞減，而1＝1＋1－1－1＝0，∴()≥0即gxg2f22f22gx11g(x)≥g2，故原不等式的解集為－∞，2.三、解答題15．(2014·懷化一模)已知函數(shù)f(x)＝ax＋blnx＋c(a，b，c是常數(shù))在x＝e處的切線方程為(e－1)x＋ey－e＝0，且f(1)＝0.求常數(shù)a，b，c的值；(2)若函數(shù)g(x)＝x2＋mf(x)(m∈R)在區(qū)間(1,3)內不是單一函數(shù)，務實數(shù)m的取值范圍．b解：(1)由題設知，f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝a＋x.∵f(x)在x＝e處的切線方程為(e－1)x＋ey－e＝0，e－1∴f′(e)＝－e，且f(e)＝2－e，e－1即a＋e＝－e，且ae＋b＋c＝2－e.又f(1)＝a＋c＝0，解得a＝－1，b＝1，c＝1.(2)由(1)知f(x)＝－x＋lnx＋1(x>0)，g(x)＝x2＋mf(x)＝x2－mx＋mlnx＋m(x>0)，m12∴g′(x)＝2x－m＋x＝x(2x－mx＋m)(x>0)．令d(x)＝2x2－mx＋m(x>0)．①當函數(shù)g(x)在(1,3)內有一個極值時，g′(x)＝0在(1,3)內有且僅有一個根，即d(x)＝2x2－mx＋m＝0在(1,3)內有且僅有一個根．又∵d(1)＝2>0，∴當d(3)＝0，即m＝9時，d(x)＝2x2－mx＋m＝0在(1,3)內有且僅有732一個根x＝2；當d(3)≠0時，應有d(3)<0，即2×3－3m＋m<0，解得m>9，∴m≥9.②當函數(shù)(x)在(1,3)內有兩個極值時，g′( )＝0在(1,3)內有兩個根，即二次函數(shù)()gxdx＝2x2－mx＋m＝0在(1,3)內有兩個不等根，2＝m－4×2×m>0，1＝2－m＋m>0，所以d23＝2×3－3＋>0，mmm1<<3，4解得8<m<9.綜上，實數(shù)m的取值范圍是(8，＋∞)．16．(2014·長春調研)已知函數(shù)f(x)＝xlnx.求f(x)的單一區(qū)間和極值；(2)設A(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))，且x1≠x2，證明：fx2－fx1x1＋x2<f′.x2－x12解：(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)，′( )＝lnx＋·1＝1＋lnx.fxxx1111令f′(x)>0，則lnx>－1＝lne，∴x>e；令f′(x)<0，則lnx<－1＝lne，∴0<x<e，∴f(x)的單一遞加區(qū)間是11，＋∞，單一遞減區(qū)間是0，，ee1111f(x)極小值＝fe＝elne＝－e，f(x)無極大值．不防設x1<x2，fx2－fx1x1＋x221<f′2，x－xx2lnx2－x1lnx1x1＋x2x1＋x2x1＋x2即21<ln2＋1，x2lnx2－x1lnx1<x2ln－x1ln＋x2－x1，x－x2222212x1x＋x21，x1＋x2x1＋x2x2兩邊同除以x1得，x22·x12＋x2ln<lnx2－1，x1x2x11＋x11＋x1令x22t<ln2＋t－1.＝t，則t>1，即證：tln1＋t1＋tx18令g(t)＝tln2t2－t＋1，則1＋t－ln1＋t2t1＋t21＋t2g′(t)＝ln1＋t＋t·2t·1＋t2＋2·1＋t2－1＝ln2t1－t1＋t＋1＋tt－1t－1＝ln1＋t＋1－t＋1，t－1令t＋1＝x(x>0)，h(x)＝ln(1＋x)－x，－x則h′(x)＝1＋x－1＝1＋x<0，h(x)在(0，＋∞)上單一遞減，∴h(x)<h(0)＝0，即ln(1＋x)<x，即g′(t)＝lnt－1t－11＋t＋1－t＋1<0恒建立，∴g(t)在(1，＋∞)上是減函數(shù)，∴g(t)<g(1)＝0，2t2tln1＋t<ln1＋t＋t－1得證，fx2－fx1x1＋x2∴21<f′2建立．x－x17．(2014·濟南針對性訓練)已知函數(shù)(x－－1，()＝axfx)＝e2e.xgxx(1)求f(x)的最小值；(2)求g(x)的單一區(qū)間；m(3)當a＝1時，關于在(0,1)中的任一個常數(shù)m，能否存在正數(shù)x0使得f(x0)>2g(x0)建立？假如存在，求出切合條件的一個x0；不然說明原因．解：(1)f(x)的定義域是R，′(x)＝ex－1，且在(－∞，0)上f′(x)<0，在(0，＋∞)上f′(x)>0，所以f(x)min＝f(0)＝0.(2)g′(x)＝2xeax＋ax2eax＝(2x＋ax2)eax.①當a＝0時，若x<0，則g′(x)<0，若x>0，則g′(x)>0.所以當a＝0時，函數(shù)g(x)在區(qū)間(－∞，0)內為減函數(shù)，在區(qū)間(0，＋∞)內為增函數(shù)．22②當a>0時，由2x＋ax>0，解得x<－a或x>0，22由2x＋ax<0，解得－a<x<0.92所以當a>0時，函數(shù)g(x)在區(qū)間－∞，－a內為增函數(shù)，2在區(qū)間－a，0內為減函數(shù)，在區(qū)間(0，＋∞)內為增函數(shù)．22③當a<0時，由2x＋ax>0，解得0<x<－a，22由2x＋ax<0，解得x<0或x>－a.所以當a<0時，函數(shù)g(x)在區(qū)間(－∞，0)內為減函數(shù)，在區(qū)間20，－a內為增函數(shù)，2在區(qū)間－a，＋∞內為減函數(shù)．假定存在這樣的x0知足題意，則fmm2m2x0＋1－1<0，(*)(x0)>2g(x0)，ex0－x0－1>2x0ex0，2x0＋e0xm2x＋1要找一個x0>0，使(*)式建立，只要找到當x>0時，函數(shù)h(x)＝2x＋ex－1的最小值h(x)min<0即可，′(＝1hx)xe1令h′(x)＝0得e＝，則x＝－lnm，取x0＝－lnm，m當0<x<x0時，h′(x)<0，當x>x0時，h′(x)>0，m2所以h(x)min＝h(x0)＝h(－lnm)＝2(lnm)－mlnm＋m－1.下邊只要證明：當m2－ln＋－1<0建立刻可，0<<1時，(ln)m2mmmm2令p(m)＝2(lnm)－mlnm＋m－1，m∈(0,1)，則12( )在∈(0,1)時為增函數(shù)，則( )<m′( )＝(ln)≥0，進而(1)＝0，進而(lnpm2mpmmpmp2m)2－mlnm＋m－1<0得證．于是()的最小值(－ln)<0，所以可找到一個正常數(shù)x0＝－ln(0<<1)，使得hxhmmmmf(x0)>2g(x0)建立．18．(2014·湖北八市聯(lián)考)定義在R上的函數(shù)g(x)及二次函數(shù)h(x)知足：g(x)＋2g(－2)＝e＋ex－9，h(－2)＝h(0)＝1且h(－3)＝－2.(1)求g(x)和h(x)的分析式；10(2)關于x1，x2∈[－1,1]，均有h(x1)＋ax1＋5≥g(x2)－x2g(x2)建立，求a的取值范圍；gxx>