高三理科数学知识点课时复习提升检测16

课时提升练(十五)导数的综合应用一、选择题1．已知定义在R上的函数f(x)，其导函数f′(x)的大致图象如图2­12­2所示，则下列叙述正确的是()图2­12­2A．f(b)>f(c)>f(d) B．f(b)>f(a)>f(e)C．f(c)>f(b)>f(a) D．f(c)>f(e)>f(d)【解析】由图象得，当x∈(－∞，c)时，f′(x)>0；x∈(c，e)时，f′(x)<0；x∈(e，＋∞)时，f′(x)>0，故f(x)在(－∞，c)上是增函数，在(c，e)上是减函数，在(e，＋∞)上是增函数，又a<b<c，∴f(c)>f(b)>f(a)．【答案】C2．函数f(x)＝x3－3x－1，若对于区间[－3,2]上的任意x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤t，则实数t的最小值是()A．20B．18【解析】因为f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)，令f′(x)＝0，得x＝±1，且f(－3)＝－19，f(－1)＝1，f(1)＝－3，f(2)＝1，所以在区间[－3,2]上f(x)max＝1，f(x)min＝－19，由题意知，在[－3,2]上，f(x)max－f(x)min≤t，所以t≥20，则实数t的最小值为20.【答案】A3．f(x)是定义在(0，＋∞)上的非负可导函数，且满足xf′(x)＋f(x)≤0，对任意正数a，b，若a<b，则必有()A．af(b)≤bf(a) B．bf(a)≤af(b)C．af(a)≤f(b) D．bf(b)≤f(a)【解析】∵xf′(x)≤－f(x)，f(x)≥0，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(fx,x)))′＝eq\f(xf′x－fx,x2)≤eq\f(－2fx,x2)≤0，则函数eq\f(fx,x)在(0，＋∞)上是递减的，由于0<a<b，则eq\f(fa,a)≥eq\f(fb,b)，即af(b)≤bf(a)．【答案】A4．函数f(x)的定义域为R，f(－1)＝2，对任意x∈R，f′(x)>2，则f(x)>2x＋4的解集为()A．(－1,1) B．(－1，＋∞)C．(－∞，－1) D．(－∞，＋∞)【解析】由已知，[f(x)－(2x＋4)]′＝f′(x)－2>0，∴g(x)＝f(x)－(2x＋4)单调递增，又g(－1)＝0，∴f(x)>2x＋4的解集是(－1，＋∞)．【答案】B5．设定义在R上的函数f(x)是最小正周期为2π的偶函数，f′(x)是f(x)的导函数，当x∈[0，π]时，0<f(x)<1；当x∈(0，π)且x≠eq\f(π,2)时，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,2)))·f′(x)>0.则函数y＝f(x)－sinx在[－2π，2π]上的零点个数为()A．2 B．4C．5 D．8【解析】∵eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,2)))f′(x)>0，当eq\f(π,2)<x<π时，f′(x)>0，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上是增函数．当0<x<eq\f(π,2)时，f′(x)<0，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上是减函数．设π≤x≤2π，则0≤2π－x≤π.由f(x)是以2π为最小正周期的偶函数知f(2π－x)＝f(x)．故π≤x≤2π时，0<f(x)<1.依题意作出草图(略)可知，y1＝f(x)与y2＝sinx在[－2π，2π]上有四个交点．【答案】B6．(2014·湖南高考)若0<x1<x2<1，则()A．ex2－ex1>lnx2－lnx1B．ex1－ex2<lnx2－lnx1C．x2ex1>x1ex2D．x2ex1<x1ex2【解析】设f(x)＝ex－lnx(0<x<1)，则f′(x)＝ex－eq\f(1,x)＝eq\f(xex－1,x).令f′(x)＝0，得xex－1＝0.根据函数y＝ex与y＝eq\f(1,x)的图象可知两函数图象交点x0∈(0,1)，因此函数f(x)在(0,1)上不是单调函数，故A，B选项不正确．设g(x)＝eq\f(ex,x)(0<x<1)，则g′(x)＝eq\f(exx－1,x2).又0<x<1，∴g′(x)<0.∴函数g(x)在(0,1)上是减函数．又0<x1<x2<1，∴g(x1)>g(x2)，∴x2ex1>x1ex2.【答案】C二、填空题7．已知函数f(x)的定义域为[－1,5]，部分对应值如下表：x－10245y12021f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图2­12­3所示．图2­12­3(1)f(x)的极小值为________；(2)若函数y＝f(x)－a有4个零点，则实数a的取值范围为________．【解析】(1)由y＝f′(x)的图象可知，x(－1,0)0(0,2)2(2,4)4(4,5)f′(x)＋0－0＋0－f(x)极大值极小值极大值∴f(2)为f(x)的极小值，f(2)＝0.(2)y＝f(x)的图象如图所示：若函数y＝f(x)－a有4个零点，则a的取值范围为1≤a<2.【答案】(1)0(2)[1,2)8．在直径为d的圆木中，截取一个具有最大抗弯强度的长方体梁，则矩形面的长为________(强度与bh2成正比，其中h为矩形的长，b为矩形的宽)．【解析】截面如图所示，设抗弯强度系数为k，强度为ω，则ω＝kbh2，又h2＝d2－b2，∴ω＝kb(d2－b2)＝－kb3＋kd2b，ω′＝－3kb2＋kd2，令ω′＝0，得b2＝eq\f(d2,3)，∴b＝eq\f(\r(3),3)d或b＝－eq\f(\r(3),3)d(舍去)．∴h＝eq\r(d2－b2)＝eq\f(\r(6),3)d.【答案】eq\f(\r(6),3)d9．已知函数y＝f(x)是奇函数，当x∈(0,2)时，f(x)＝lnx－ax，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a>\f(1,2)))，当x∈(－2,0)时，f(x)的最小值是1，则a＝________.【解析】∵f(x)是奇函数，∴f(x)在(0,2)上的最大值为－1.当x∈(0,2)时，f′(x)＝eq\f(1,x)－a，令f′(x)＝0得x＝eq\f(1,a)，又a>eq\f(1,2)，∴0<eq\f(1,a)<2.当x<eq\f(1,a)时，f′(x)>0，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上单调递增；当x>eq\f(1,a)时，f′(x)<0，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，2))上单调递减，∴f(x)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝lneq\f(1,a)－a·eq\f(1,a)＝－1，解得a＝1.【答案】1三、解答题10．(2013·北京高考)设L为曲线C：y＝eq\f(lnx,x)在点(1,0)处的切线．(1)求L的方程；(2)证明：除切点(1,0)之外，曲线C在直线L的下方．【解】(1)设f(x)＝eq\f(lnx,x)，则f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2).所以f′(1)＝1，所以L的方程为y＝x－1.(2)证明：令g(x)＝x－1－f(x)，则除切点之外，曲线C在直线L的下方等价于g(x)>0(∀x>0，x≠1)．g(x)满足g(1)＝0，且g′(x)＝1－f′(x)＝eq\f(x2－1＋lnx,x2).当0<x<1时，x2－1<0，lnx<0，所以g′(x)<0，故g(x)单调递减；当x>1时，x2－1>0，lnx>0，所以g′(x)>0，故g(x)单调递增．所以，g(x)>g(1)＝0(∀x>0，x≠1)．所以除切点之外，曲线C在直线L的下方．11．定义在R上的函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋3同时满足以下条件：①f(x)在(0,1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数；②f′(x)是偶函数；③f(x)在x＝0处的切线与直线y＝x＋2垂直．(1)求函数y＝f(x)的解析式；(2)设g(x)＝lnx－eq\f(m,x)，若存在实数x∈[1，e]，使g(x)<f′(x)，求实数m的取值范围．【解】(1)f′(x)＝3ax2＋2bx＋c，∵f(x)在(0,1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数，∴f′(1)＝3a＋2b＋c＝0，由f′(x)是偶函数得：b＝0，②又f(x)在x＝0处的切线与直线y＝x＋2垂直，∴f′(0)＝c＝－1，③由①②③得：a＝eq\f(1,3)，b＝0，c＝－1，即f(x)＝eq\f(1,3)x3－x＋3.(2)由已知得：存在实数x∈[1，e]，使lnx－eq\f(m,x)<x2－1，即存在x∈[1，e]，使m>xlnx－x3＋x.设M(x)＝xlnx－x3＋x，x∈[1，e]，则M′(x)＝lnx－3x2＋2.设H(x)＝lnx－3x2＋2，x∈[1，e]，则H′(x)＝eq\f(1,x)－6x＝eq\f(1－6x2,x).∵x∈[1，e]，∴H′(x)<0，即H(x)在[1，e]上单调递减，于是，H(x)≤H(1)，即H(x)≤－1<0，即M′(x)<0，∴M(x)在[1，e]上单调递减，∴M(x)≥M(e)＝2e－e3，于是有m>2e－e3为所求．12．(2014·长沙模拟)已知函数f(x)＝ex(x2＋ax－a)，其中a是常数．(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)若存在实数k，使得关于x的方程f(x)＝k在[0，＋∞)上有两个不相等的实数根，求k的取值范围．【解】(1)由f(x)＝ex(x2＋ax－a)可得f′(x)＝ex[x2＋(a＋2)x]．当a＝1时，f(1)＝e，f′(1)＝4e.所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－e＝4e(x－1)，即y＝4ex－3e.(2)令f′(x)＝ex[x2＋(a＋2)x]＝0，解得x＝－(a＋2)或x＝0.当－(a＋2)≤0，即a≥－2时，在区间[0，＋∞)上，f′(x)≥0，所以f(x)是[0，＋∞)上的增函数，所以方程f(x)＝k在[0，＋∞)上不可能有两个不相等的实数根．当－(a＋2)＞0，即a＜－2时，f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表：x0(0，－(a＋2))－(a＋2)(－(a＋2)，＋∞)f′(x)0－0＋f(x)－aeq\f(a＋4,ea＋2)由上表可知函数f(x)在[0，＋∞)上的最小值为f(－(a＋2))＝eq\f(a＋4,ea＋2).因为函数f(x)是(0，－(a＋2))上的减函数，是(－(a＋2)，＋∞)上的增函数，且当x≥－a时，有f(x)≥e－a(－a)＞－a，又f(0)＝－a.所以要使方程f(x)＝k在[0，＋∞)上有两个不相等的实数根，k的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(a＋4,ea＋2)，－a)).沁园