2018版高考数学二轮复习第1部分重点强化专题专题6函数与导数专题限时集训16导数的应用

1、专题限时集训(十六)导数的应用(对应学生用书第 109 页)(限时：40 分钟)题型 1 利用导数研究函数的单调性5,6,10题型 2 利用导数研究函数的极值、最值问题2,3,4,7,9,13题型 3 利用导数解决不等式问题1,8,11,12,14、选择题1.(2017 豫南九校联考)已知f(x)是定义在 R 上的连续函数f(x)的导函数，满足f(x)2f(x)0 的解集为()A. (s, 1)B. (1,1)C. (s,0)D. (1，+m)f xf f x2f xA 设g(x) =-2x，贝Ug(x)=p0?g(x)0，所以x0，故此等式可化为f(x)=e-：2= 0.令g(x) = ex

2、 2x2f(x) ,g(2) = 0.g(x)x xx2Ye e=e 22xf(x) +xf(x) = e 2- = -(x 2).当x时，g(x) 0,g(x)单调x xg x递增，故gmin(x) =g(2) = 0,因此当x2时，g(x)0恒成立.因为f(x) =XL, z.所以f(x)0恒成立.因此f(x)在2,+s)上单调递增，f(x)的最小值为f(2)2e=T.故选 D.8e-(23. (2017 安庆模拟)已知函数f(x) =-2k -+ lnx，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()2eA.22 23eeB. C. _242eD.-8ex2x2fx

3、，且f=2A.(s,eB.0,eC.(s,e)D.0,e)3xg(1) = e,结合g(x)=-与y=k的图象可知，要x满足题意，只需k0,f(x)单调递增；x(xi,X2)时，f(x)v0,f(x)单调递减；x(X2,+a)时，f(x) 0,f(x)单调递增.Xi为极大值点，X2为极小值点.方程 3(f(x) + 2af(x) +b= 0 有两个不等实根，f(x) =xi或f(X)=X2.vf(Xi)=Xi,A.2(20i6 甘肃兰州诊断考试)已知函数f(x)的导函数为f(x)，若xf(x) +xf(x) = sinx(x (0,6) ,f(n) = 2,则下列结论正确的是()sinxx,x

4、 (0,6),所以xf(x) +f(x)=，设g(x)z.sinx=xf(X) ,x (0,6)，贝 yg(x) =f(X) +xf(X)=厂，令g(x)0，得 0 xn, z.令g(x)0,得nx0).xe 设g(x) =x,z.x ex则g(x)=x7，贝 yg(x)在(o,i)内单调递减，在(i, +m)内单调递增.g(x)在(0 ,+)上有最小值，为5.A.y=xf(x)在(0,6)上单调递减B.y=xf(x)在(0,6)上单调递增C.y=xf(x)在上有极小值D.y=xf(x)在(0,6)上有极大值2因为x f(x) +xf(x) = sin4x存 x由图知4nf(n)=2n.n n

5、6. (20i7 广州毕业班模拟)若函数f(x) = ex(sinx+acosx)在,上单调递增，则实数a的取值范围是()5A. ( g,1B. (g,1)C. 1,+g)D. (1,+g)A f(x)= exsinx+ cosxa(sinx cosx)，当a= 0 时，f(x) = ex(sinx:n n+ cosx)，显然xi4,迈,f (x)0 恒成立，排除 C, D；当a= 1 时，f(x)=2excosx,x，弓时，f(x)0，故选 A.1)，若对任意的X1 0,4，总存在X2 0,4,使得f(X1)=g(X2)，则实数a的取值范围为(A.1, 9(973 91C. H, 4u9,

6、+g)D.(2, 4 u9, +g)2C 由f(x) = 3x 12x+ 9= 3(x 1)(x 3) = 0,得x= 1 或x= 3，所以当x 0,4时，当 0Wx1 或 3x0，即f(x)单调递增，当 1x3 时，f(x)0, 即f(x)单调递减， 即当x= 1 时，f(x)取极大值 4， 当x= 3 时，f(x)取极小值 0.函 数f(x)的值域为 0,4 .又因为g(x) =x2 (a+ 1)x+a= (x 1)(xa).当 1a4 时，g(x)在0,1上单调递增，在1 ,a上单调递减，在a,4上单调递增，所以g(x)1的最小值为g(0)或g(a),g(x)的最大值为g(1)或g(4)

7、.因为g(0) = 4.所以一4或 13 4a4,解得a9或a-.又因为 1a4,91的最小值为g(0)或g(4),最大值为g(1).因为g(0) = -4,即a9.3B. 9,+g)6所以 14时，g(x)在0,1上单调递增，在1,4上单调递减，所以g(x)9综上所述，1a 9.故选 C.f(x) =x+xlnx，若k Z,且k(x 1)f(x)对)B. 3D. 5x+xln x “人k1 恒成立.令g(x)=x 1x+xlnx 1x.，则g令h(x) =x Inx 2(x1),贝 Uh(X)=1；=7因为h(3) = 1 In 30.所以方程h(x) = 0 在(1,+s)上存在唯一实数根

8、xo,且满足Xo (3,4)，即有h(xo)=X。 InX。 2= 0, InX0=x。一 2.当 1xx。时，h(x)0 ,即g(x)x。时，h(x)0 ,即g(x)0，所以函数g(x)所以kg(x)min=x (3,4).故整数k的最大值是 3.选 B.法二：(特殊值验证法)依题意得，当x= 2 时，k(2 1)f(2) , 即卩k2+ 2ln 21)，贝U gz(x) = lnx 1，当 1xe 时，g(x)e 时，g(x)0,g(x)在区间(e , +)上单调 递增因此，g(x)的最小值是g(e) = 3 e0，于是有g(x)0 恒成立所以满足题意 的最大整数k的值是 3,选B.二、填

9、空题9.(2017 合肥二模)已知直线y=b与函数f(x) = 2x+ 3 和g(x) =ax+ lnx分别交于A,B两点，若|AB的最小值为 2，则a+b=_.【导学号：07804117】2设点B(X0,b)，欲使|AB最小，曲线g(x) =ax+ lnx在点0X0,b)处的切线与一 1 1 1 1f(x) = 2x+ 3 平行，则有a+= 2，解得X0=，进而可得a -+ ln =bX02 a2a2a，又点A坐标为,b，所以 IAB=X0-3=2七一一3= 2 ，联立方程可解得，a= 1,b= 1,所以a+b= 2.10._(2017 洛阳二模)已知函数f(x) = ex+mnx( mE

10、R, e 为自然对数的底数)，若对任意 正数X1,X2,当X1X2时都有f(X1) f(X2)X1X2成立，则实数m的取值范围是 _ .0 ,+)依题意得，对于任意的正数X1,X2,当X1X2时，都有f(X1) X1f(X2) X2,因此函数g(x) =f(x) x在区间(0 ,+s)上是增函数，于是当x0 时，g(x)=f(x) 1= ex+m-1 0, 即卩x(eX 1) m恒成立.记h(x) =x(eX 1) ,x0,则Xx1x0,所以函数h(x)在(1 ,x+xlnx 1x亠-在(1 ,X。)上单调递减，在 (x0,+m)上单调递增,所以g(x)X0min=g(X0)=+InX0X0

11、1X0+X0 /X0 1=X0 (3,4)8有h(x) = (x+ 1)ex1(0 + 1)e0 1 = 0(x0) ,h(x)在区间(0 , +)上是增函数，h(x)的值域是(0 , +),因此一me0,m0.故所求实数m的取值范围是0 , +).9x(rnER),g(x)=-，若至少存在x个xo 1 , e，使得f(xo)0 时，xf(x) f(x)0，则使得f(x)0 成立的x的取值范围是 _.人fx ，xfl x f x,(2,0)U(2, +s)令g(x)=，则g(x)=卩，当x0z.z.时，g(x)0，即g(x)在(0,+)上单调递增，f(x)为奇函数，f( 2) = 0,为(一

12、2,0)U(2,+).三、解答题12a13. (2017 江西高三 4 月监测)已知函数f(x) = lnx-x+-(a R,a为常数)，函数g(x)厶z.(1)讨论函数f(x)的极值点的个数；若不等式f(x)Wg(x)对任意x 1,+s)恒成立，求实数a的取值范围.【导学号：07804118】由f(x) = 0，得a=xx4，记h(x)41 a xxaf(X)=xx亍=x2(x0)，11. (2017 黄山模拟)已知函数f(x) =mx- j- 2ln由题意， 不等式f(x)g(x)在1 , e上有解， mx2lnx在1 , e上有mInx解，即 20,.在1 , e上,1m12h(x)皆h

13、(e) = 倉陀m的取值范围是f(2) = 0 ,g(2)=0，结合奇函数f(x)的图象(图略)知，f(x)0 的解集x+2a121.解e10时，f (X)W0恒成立，函数f(x)无极值点;X2，且 0 xX1时，f(x)0,X1x0,xX2时，f(x)0，所以函数f(x)有两个极值点；当awo时，方程f(x) = 0 有一个解X0，且 0 x0,当,h(x)时，f(x) = 0 有两个解X1,f(X)0.XXo时，f(x)293时,11函数f(x)无极值点，当 0a293 时，函数f(x)有两个极值点；当a 1)，由z.(x) ( (1) = 0 恒成立，即g(x) f(x)恒成立.综上所述

14、，实数a的取值范围是14. (2017 淮北一模)已知函数f(x) = (x+ 1)lnxax+ 2.(1)当a= 1 时，求曲线f(x)在x= 1 处的切线方程；(2) 若函数f(x)在定义域上具有单调性，求实数a的取值范围；亠、 1 1 1 1 1*(3) 求证：； +：+：+ +0),f (x) = lnx+ -,f (1)x=1,f(1) = 1,所以曲线f(x)在x= 1 处的切线方程为y=x.1f( x) = lnx+ 一 +1 a(x0).xx+1x+ 1(i)当函数f(x)在定义域上单调递减，即当alnx+-时，令g(x) = lnx+- ,xxx_ 1x+ 1则g(x) = ，当x1 时，g(x)0,a lnx+- 无法恒成立；xxx+1x+ 1(ii)当函数f(x)在定义域上单调递增，即当awlnx+厂时，令g(x) = lnx+,z.z.x一 1则g(x)=厂,x0,则函数g(x)在(0,1)上单调递减，在(1 ,+)上单调递增，x又g(x) 2,故af(1) ,x1,(1) = e In 1 +aa 1= 0,(x) = e11-+ 2ax+x(1) = 11 + 3a= 3a 2，由(1) 0,得a2.又当a3,x1时，(x)1-x丄 1丄 =e +r+2a(x)在区间1,+a)上单