2024年领军高考数学二轮复习专题14导数的应用考点必练理

PAGEPAGE1考点14导数的应用1．f(x)是定义域为R的函数，对随意实数x都有f(x)＝f(2－x)成立．若当x≠1时，不等式(x－1)·f′(x)＜0成立，若a＝f(0.5)，b＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))，c＝f(3)，则a，b，c的大小关系是()A．b＞a＞c B．a＞b＞cC．c＞b＞a D．a＞c＞b【答案】A【解析】因为对随意实数x都有f(x)＝f(2－x)成立，所以函数f(x)的图像关于直线x＝1对称，又因为当x≠1时，不等式(x－1)·f′(x)＜0成立，所以函数f(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))＞f(0.5)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＞f(3)，即b＞a＞c.2．已知函数f(x)＝sin(2x＋eq\f(π,12))，f′(x)是f(x)的导函数，则函数y＝2f(x)＋f′(x)的一个单调递减区间是()A．[eq\f(π,12)，eq\f(7π,12)] B．[－eq\f(5π,12)，eq\f(π,12)]C．[－eq\f(π,3)，eq\f(2π,3)] D．[－eq\f(π,6)，eq\f(5π,6)]【答案】A3．已知函数f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零点x0，且x0>0，则a的取值范围是()A．(2，＋∞) B．(－∞，－2)C．(1，＋∞) D．(－∞，－1)【答案】B【解析】当a＝0时，明显f(x)有两个零点，不符合题意．当a≠0时，f′(x)＝3ax2－6x，令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝eq\f(2,a).当a＞0时，eq\f(2,a)＞0，所以函数f(x)＝ax3－3x2＋1在(－∞，0)与eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)，＋∞))上为增函数，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,a)))上为减函数，因为f(x)存在唯一零点x0，且x0＞0，则f(0)＜0，即1＜0，不成立．当a＜0时，eq\f(2,a)＜0，所以函数f(x)＝ax3－3x2＋1在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(2,a)))和(0，＋∞)上为减函数，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)，0))上为增函数，因为f(x)存在唯一零点x0，且x0＞0，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)))＞0，即a·eq\f(8,a3)－3·eq\f(4,a2)＋1＞0，解得a＞2或a＜－2，又因为a＜0，故a的取值范围为(－∞，－2)．选B.4．已知定义在(0，＋∞)上的函数f(x)的导函数f′(x)满意xf′(x)＋f(x)＝eq\f(lnx,x)，且f(e)＝eq\f(1,e)，其中e为自然对数的底数，则不等式f(x)＋e＞x＋eq\f(1,e)的解集是()A．(0，e) B．(0，eq\f(1,e))C．(eq\f(1,e)，e) D．(e，＋∞)【答案】A5．已知函数f(x)＝eq\f(1,2)x2＋2ax－lnx，若f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2))上是增函数，则实数a的取值范围为．【答案】eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，＋∞))【解析】由题意知f′(x)＝x＋2a－eq\f(1,x)≥0在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2))上恒成立，即2a≥－x＋eq\f(1,x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2))上恒成立，∵eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x＋\f(1,x)))max＝eq\f(8,3)，∴2a≥eq\f(8,3)，即a≥eq\f(4,3).6．设f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－2)＝0，当x＞0时，xf′(x)－f(x)＞0，则使得f(x)＞0成立的x的取值范围是．【答案】(－2,0)∪(2，＋∞)【解析】令g(x)＝eq\f(f(x),x)，则g′(x)＝eq\f(xf′(x)－f(x),x2)，∴当x＞0时，g′(x)＞0，即g(x)在(0，＋∞)上单调递增，∵f(x)为奇函数，f(－2)＝0，∴f(2)＝0，∴g(2)＝eq\f(f(2),2)＝0，结合奇函数f(x)的图像知，f(x)＞0的解集为(－2,0)∪(2，＋∞)，故填(－2,0)∪(2，＋∞)．7．设函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(a,2)x2＋bx＋c，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝1.(1)求b，c的值；(2)若a＞0，求函数f(x)的单调区间．【答案】(1)b=0c=1(2)(0，a)【解析】(1)f′(x)＝x2－ax＋b，由题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f(0)＝1，,f′(0)＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(c＝1，,b＝0.))(2)由(1)得，f′(x)＝x2－ax＝x(x－a)(a＞0)，当x∈(－∞，0)时，f′(x)＞0；当x∈(0，a)时，f′(x)＜0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)＞0.所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，0)，(a，＋∞)，单调递减区间为(0，a)．8．已知函数f(x)＝exlnx－aex(a∈R)．(1)若f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线y＝eq\f(1,e)x＋1垂直，求a的值；(2)若f(x)在(0，＋∞)上是单调函数，求实数a的取值范围．【答案】(1)a＝2(2)(－∞，1]则f′(x)≥0在x>0时恒成立，即eq\f(1,x)－a＋lnx≥0在x>0时恒成立，所以a≤eq\f(1,x)＋lnx在x>0时恒成立，由上述推理可知此时a≤1.故实数a的取值范围是(－∞，1]．9.设a>1,函数f(x)=(1+x2)ex-a.(1)求f(x)的单调区间;(2)证明:f(x)在区间(-∞,+∞)上仅有一个零点;(3)若曲线y=f(x)在点P处的切线与x轴平行,且在点M(m,n)处的切线与直线OP平行(O是坐标原点),证明:m≤-1.【答案】(1)无单调递减区间(2)见解析(3)见解析∴a-=(1+m)2em≥(1+m)2(1+m)=(1+m)3,即1+m.故m-1.10．已知函数f(x)＝－eq\f(1,2)x2－3x＋4lnx在(t，t＋1)上不单调，则实数t的取值范围是．【答案】(0,1)11．已知函数f(x)＝x2－(2t＋1)x＋tlnx(t∈R)．(1)若t＝1，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程以及f(x)的极值；(2)设函数g(x)＝(1－t)x，若存在x0∈[1，e]，使得f(x0)≥g(x0)成立，求实数t的最大值．【答案】(1)－2(2)eq\f(e(e－2),e－1)【解析】(1)依题意，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，当t＝1时，f(x)＝x2－3x＋lnx，f′(x)＝2x－3＋eq\f(1,x)＝eq\f((2x－1)(x－1),x).由f′(1)＝0，f(1)＝－2，得曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝－2.令f′(x)＝0，解得x＝eq\f(1,2)或x＝1，f′(x)，f(x)随x的改变状况如下：xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))1(1，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)极大值微小值由表格知，f(x)极大值＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－eq\f(5,4)＋lneq\f(1,2)，f(x)微小值＝f(1)＝－2.(2)由题意知，不等式f(x)≥g(x)在区间[1，e]上有解，即x2－2x＋t(lnx－x)≥0在区间[1，e]上有解．∵当x∈[1，e]时，lnx≤1≤x(不同时取等号)，∴lnx－x<0，∴t≤eq\f(x2－2x,x－lnx)在区间[1，e]上有解．令h(x)＝eq\f(x2－2x,x－lnx)，则h′(x)＝eq\f((x－1)(x＋2－2lnx),(x－lnx)2).∵x∈[1，e]，∴x＋2>2≥2lnx，∴h′(x)≥0，h(x)单调递增，∴x∈[1，e]时，h(x)max＝h(e)＝eq\f(e(e－2),e－1).∴t≤eq\f(e(e－2),e－1)，∴实数t的最大值是eq\f(e(e－2),e－1).12.已知函数f(x)=x3+x2-ax-a,x∈R,其中a>0.(1)求函数f(x)的单调区间;(2)若函数f(x)在区间(-2,0)内恰有两个零点,求a的取值范围;(3)当a=1时,设函数f(x)在区间[t,t+3]上的最大值为M(t),最小值为m(t),记g(t)=M(t)-m(t),求函数g(t)在区间[-3,-1]上的最小值.【答案】(1)(-1,a)(2)(3)13.已知函数f(x)=.(1)求函数f(x)的单调区间;(2)当x>0时,若f(x)>恒成立,求整数k的最大值.【答案】(1)(-1,0),(0,+∞)(2)3【解析】(1)由f(x)=,知x∈(-1,0)∪(0,+∞).所以f'(x)=-令h(x)=1+(x+1)ln(x+1),14.已知函数f(x)=lnx-ax2+x,a∈R.(1)若f(1)=0,求函数f(x)的单调递减区间;(2)若关于x的不等式f(x)≤ax-1恒成立,求整数a的最小值;(3)若a=-2,正实数x1,x2满意f(x1)+f(x2)+x1x2=0,求证:x1+x2≥.【答案】(1)(1,+∞)(2)2(3)见解析【解析】(1)因为f(1)=1-=0,所