《2020届高三文科数学总复习习题：3.2 导数的应用 Word版含答案.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020届高三文科数学总复习习题：3.2 导数的应用 Word版含答案.docx（40页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、3.2导数的应用【考点集训】考点一利用导数研究函数的单调性1.(2018河南、河北重点高中第二次联考,6)若函数f(x)=ex-(a-1)x+1在(0,1)上递减,则a的取值范围是() A.(e+1,+)B.e+1,+)C.(e-1,+)D.e-1,+)答案B2.(2018河南信阳一模,15)已知定义在R上的可导函数f(x)满足f (x)2-2m,则实数m的取值范围是.答案(1,+)3.(2017天津红桥期中联考,21)已知函数f(x)=x3-ax-1.(1)若f(x)在(-,+)上单调递增,求实数a的取值范围;(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
2、;若不存在,试说明理由.解析(1)f (x)=3x2-a,要使f(x)在(-,+)上单调递增,需3x2-a0在(-,+)上恒成立,即a3x2在(-,+)上恒成立,a0.因此当 f(x)在(-,+)上单调递增时,a 的取值范围是(-,0.(2)存在.若f(x)在(-1,1)上单调递减,则对于任意 x(-1,1),不等式f (x)=3x2-a0 恒成立,即 a3x2,又 x(-1,1)时,3x20),h(x)(x0).函数f(x)是单调递减函数,f (x)0对x(0,+)恒成立,-2x2+ax-10对x(0,+)恒成立,即a2x+1x对x(0,+)恒成立.2x+1x22x1x=22当且仅当2x=1
3、x,即x=22时取“=”,a22.(2)函数f(x)在(0,3)上既有极大值又有极小值,f (x)=-2x2+ax-1x=0在(0,3)上有两个相异实根,即2x2-ax+1=0在(0,3)上有两个相异实根,令g(x)=2x2-ax+1,则0,0a40,g(3)0,得a22,0a0,a193,22a0,设函数f(x)=ex-x.(1)当=1时,求函数f(x)的极值;(2)若对任意x(0,+),不等式f(x)0恒成立,求的最小值.解析(1)当=1时,f(x)=ex-x,求导得f (x)=ex-1.令f (x)0,即ex1,解得x0,即ex1,解得x0.从而,函数f(x)在(-,0)上单调递减,在(
4、0,+)上单调递增,所以函数f(x)无极大值,只有极小值,且极小值为f(0)=e0-0=1.(2)因为当x0时,f(x)0exxxln xlnxx,从而结合题意可知:lnxxmax.令g(x)=lnxx(x0).因为g(x)=1-lnxx2,所以易知:当0x0,函数g(x)单调递增;当xe时,g(x)1时,x-1x0,ln x0,可得f(x)0,则当=1-4a20,即a12时, f (x)0恒成立,可得f(x)在1,+)上单调递增,而f(1)=0,所以当x1时,都有f(x)0,满足题意;当0,即0a12时, f (x)=0有两个不等实根,不妨设为x1,x2,且x10,所以有0x11x2,当1x
5、x2时, f (x)0,故f(x)在(1,x2)上单调递减,而f(1)=0,所以当x(1,x2)时, f(x)0.当a=0时,h(x)在定义域(0,+)上恒大于0,h(x)没有零点.当a0在(0,+)上恒成立,所以h(x)在定义域(0,+)上为增函数,因为h(1)=120,h(e1a)=12e2a-10时,h(x)=x-ax=x2-ax=(x+a)(x-a)x,当x(0,a)时,h(x)0,h(x)在(a,+)上为增函数,所以当x=a时,h(x)取极小值,也是最小值,h(a)=12a-aln a=12a(1-ln a).当a(0,e)时,h(a)=12a(1-ln a)0,h(x)没有零点;当
6、a=e时,h(a)=12a(1-ln a)=0,h(x)有1个零点x=a;当a(e,+)时,h(a)=12a(1-ln a)0且h(a)1时,x-ln x0,所以xln x,则h(x)=12x2-aln x12x2-ax.因为2aa1,所以h(2a)12(2a)2-2a2=0,所以h(x)=0在区间(a,+)内有一解,所以方程h(x)=0在区间(0,+)内有两解.综上所述,当a0,e)时,y=f(x)-g(x)+12没有零点,当ae时,y=f(x)-g(x)+12有2个零点.炼技法【方法集训】方法1利用导数求函数的单调区间1.(2018河南信阳二模,9)已知定义在R上的函数f(x)=13ax3
7、+x2+ax+1有三个不同的单调区间,则实数a的取值范围是() A.(-,-1)(1,+) B.-1,0)(0,1C.(-1,1) D.(-1,0)(0,1)答案D2.(2019届山东烟台模拟,10)已知函数f(x)=ax3+bx2+cx+da23b在R上是单调递增函数,则c2b-3a的最小值是()A.1B.2C.3D.4答案A3.(2019届陕西渭南模拟,21)已知函数f(x)=ln x-ax2-bx.(1)若a=-1,函数f(x)在其定义域内是增函数,求b的取值范围;(2)f(x)的图象与x轴交于A(x1,0),B(x2,0)(x1x2)两点,AB的中点为C(x0,0),求证:f (x0)
8、0),f(x)在(0,+)上是增函数,f (x)=1x+2x-b0对x(0,+)恒成立,即b1x+2x对x(0,+)恒成立,只需b1x+2xmin.x0,1x+2x22,当且仅当x=22时,取“=”,b22,b的取值范围为(-,22.(2)证明:由已知得f(x1)=ln x1-ax12-bx1=0,f(x2)=ln x2-ax22-bx2=0,ln x1=ax12+bx1,ln x2=ax22+bx2,两式相减,得lnx1x2=a(x1+x2)(x1-x2)+b(x1-x2),lnx1x2=(x1-x2)a(x1+x2)+b.由f (x)=1x-2ax-b及2x0=x1+x2,得f (x0)=
9、1x0-2ax0-b=2x1+x2-a(x1+x2)+b=2x1+x2-1x1-x2lnx1x2=1x1-x22x1x2-1x1x2+1-lnx1x2,令t=x1x2(0t1),(t)=2(t-1)t+1-ln t(0t1),则(t)=-(t-1)2t(t+1)2(1)=0.又x1x2,1x1-x20.f (x0)f(a)f(c);函数f(x)在x=c处取得极小值,在x=e处取得极大值;函数f(x)在x=c处取得极大值,在x=e处取得极小值;函数f(x)的最小值为f(d).A. B. C. D.答案A2.(2017湖南三湘名校联盟三模,12)已知函数f(x)=ax3+(3-a)x在-1,1上的
10、最大值为3,则实数a的取值范围是()A.-32,3 B.-32,12C.-3,3 D.-3,12答案B3.(2019届福建三明模拟,21)已知函数f(x)=xln x-a2x2-x(aR).(1)若曲线y=f(x)在x=e处的切线的斜率为-1,求切线的方程;(2)若f(x)有两个极值点x1,x2,求a的取值范围,并证明:x1x2x1+x2.解析(1)f(x)=xln x-a2x2-x(x0),f (x)=ln x-ax(x0).由f (e)=1-ae=-1,解得a=2e,f(e)=-e.故切点坐标为(e,-e),所以曲线y=f(x)在x=e处的切线方程为x+y=0.(2) f (x)=ln x
11、-ax(x0),令f (x)=0,得a=lnxx.令g(x)=lnxx(x0),则g(x)=1-lnxx2,当0x1时,g(x)1时,g(x)0.令g(x)=0,得x=e.当0x0;当xe时,g(x)0.故g(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+)上单调递减,所以g(x)max=g(e)=1e.所以当a0时, f(x)有一个极值点;当0a1e时, f(x)有两个极值点;当a1e时, f(x)没有极值点.综上,a的取值范围是0,1e.因为x1,x2是f(x)的两个极值点,所以ln x1-ax1=0,ln x2-ax2=0,即ln x1=ax1,ln x2=ax2,不妨设0x1x2,则1x1ex
12、2,所以ln(x1+x2)x1+x2ln x2x2,即ln(x1+x2)x1+x2a,由可得ln x1+ln x2=a(x1+x2),即ln(x1x2)x1+x2=a,由得ln(x1+x2)x1+x2x1+x2.过专题【五年高考】A组统一命题课标卷题组考点一利用导数研究函数的单调性1.(2016课标全国,12,5分)若函数f(x)=x-13sin 2x+asin x在(-,+)单调递增,则a的取值范围是() A.-1,1 B.-1,13C.-13,13 D.-1,-13答案C2.(2015课标,12,5分)设函数f(x)=ln(1+|x|)-11+x2,则使得f(x)f(2x-1)成立的x的取
13、值范围是() A.13,1 B.-,13(1,+)C.-13,13 D.-,-1313,+答案A3.(2014课标,11,5分)若函数f(x)=kx-ln x在区间(1,+)单调递增,则k的取值范围是()A.(-,-2 B.(-,-1C.2,+) D.1,+)答案D4.(2017课标全国,21,12分)设函数f(x)=(1-x2)ex.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当x0时, f(x)ax+1,求a的取值范围.解析(1)f (x)=(1-2x-x2)ex.令f (x)=0,得x=-1-2或x=-1+2.当x(-,-1-2)时, f (x)0;当x(-1+2,+)时, f (x)0.所以f(
14、x)在(-,-1-2),(-1+2,+)上单调递减,在(-1-2,-1+2)上单调递增.(2)f(x)=(1+x)(1-x)ex.当a1时,设函数h(x)=(1-x)ex,h(x)=-xex0),因此h(x)在0,+)上单调递减,而h(0)=1,故h(x)1,所以f(x)=(x+1)h(x)x+1ax+1.当0a0(x0),所以g(x)在0,+)上单调递增,而g(0)=0,故exx+1.当0x(1-x)(1+x)2,(1-x)(1+x)2-ax-1=x(1-a-x-x2),取x0=5-4a-12,则x0(0,1),(1-x0)(1+x0)2-ax0-1=0,故f(x0)ax0+1.当a0时,取
15、x0=5-12,则x0(0,1), f(x0)(1-x0)(1+x0)2=1ax0+1.综上,a的取值范围是1,+).解题思路(1)求f (x),令f (x)0,求出f(x)的单调增区间,令f (x)0,求出f(x)的单调减区间.(2)对参数a的取值进行分类讨论,当a1时,构造函数可知(1-x)ex1,所以f(x)=(x+1)(1-x)exx+1ax+1成立;当0aax0+1,从而说明命题不成立;当a0时,举反例x0=5-12说明不等式不成立.考点二利用导数研究函数的极值与最值1.(2018课标全国,21,12分)已知函数f(x)=aex-ln x-1.(1)设x=2是f(x)的极值点,求a,
16、并求f(x)的单调区间;(2)证明:当a1e时, f(x)0.解析(1)f(x)的定义域为(0,+),f (x)=aex-1x.由题设知, f (2)=0,所以a=12e2.从而f(x)=12e2ex-ln x-1, f (x)=12e2ex-1x.当0x2时, f (x)2时, f (x)0.所以f(x)在(0,2)单调递减,在(2,+)单调递增.(2)证明:当a1e时, f(x)exe-ln x-1.设g(x)=exe-ln x-1,则g(x)=exe-1x.当0x1时,g(x)1时,g(x)0.所以x=1是g(x)的最小值点.故当x0时,g(x)g(1)=0.因此,当a1e时, f(x)
17、0.2.(2017课标全国,21,12分)已知函数f(x)=ln x+ax2+(2a+1)x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当a0,故f(x)在(0,+)上单调递增.若a0;当x-12a,+时, f (x)0,故f(x)在0,-12a上单调递增,在-12a,+上单调递减.(2)证明:由(1)知,当a0;当x(1,+)时,g(x)0时,g(x)0.从而当a0,所以f(x)在(0,+)上单调递增.若a0,则当x0,1a时, f (x)0;当x1a,+时,f (x)0时, f(x)在x=1a处取得最大值,最大值为f1a=ln1a+a1-1a=-ln a+a-1.因此f1a2a-2等价于ln a+
18、a-10.令g(a)=ln a+a-1,则g(a)在(0,+)上单调递增,g(1)=0.于是,当0a1时,g(a)1时,g(a)0.因此,a的取值范围是(0,1).解法二:由(1)知,当a0时, f(x)在(0,+)上无最大值;当a0时, f(x)在x=1a处取得最大值,最大值为f1a=ln1a+a1-1a=-ln a+a-1.因此f1a2a-2等价于ln a+a1.当a1时,ln a+aa1;当0a1时,ln a+aa0时, f(x)在x=1a处取得最大值,最大值为f1a=ln1a+a1-1a=-ln a+a-1.当0a0;当x(3-23,3+23)时,f (x)0,所以f(x)=0等价于x
19、3x2+x+1-3a=0.设g(x)=x3x2+x+1-3a,则g(x)=x2(x2+2x+3)(x2+x+1)20,仅当x=0时g(x)=0,所以g(x)在(-,+)单调递增.故g(x)至多有一个零点,从而f(x)至多有一个零点.又f(3a-1)=-6a2+2a-13=-6a-162-160,故f(x)有一个零点.综上,f(x)只有一个零点.2.(2016课标全国,21,12分)设函数f(x)=ln x-x+1.(1)讨论f(x)的单调性;(2)证明当x(1,+)时,1x-1lnx1,证明当x(0,1)时,1+(c-1)xcx.解析(1)由题设知, f(x)的定义域为(0,+), f (x)
20、=1x-1,令f (x)=0,解得x=1.当0x0, f(x)单调递增;当x1时, f (x)0, f(x)单调递减.(4分)(2)证明:由(1)知f(x)在x=1处取得最大值,最大值为f(1)=0.所以当x1时,ln xx-1.故当x(1,+)时,ln xx-1,ln1x1x-1,即1x-1lnx1,设g(x)=1+(c-1)x-cx,则g(x)=c-1-cxln c,令g(x)=0,解得x0=lnc-1lnclnc.当x0,g(x)单调递增;当xx0时,g(x)0,g(x)单调递减.(9分)由(2)知1c-1lncc,故0x01.又g(0)=g(1)=0,故当0x0.所以当x(0,1)时,
21、1+(c-1)xcx.(12分)3.(2015课标,21,12分)设函数f(x)=e2x-aln x.(1)讨论f(x)的导函数f (x)零点的个数;(2)证明:当a0时, f(x)2a+aln2a.解析(1)f(x)的定义域为(0,+), f (x)=2e2x-ax(x0).当a0时, f (x)0, f (x)没有零点;当a0时,因为y=e2x单调递增,y=-ax单调递增,所以f (x)在(0,+)上单调递增.又f (a)0,当b满足0ba4且b14时, f (b)0时, f (x)存在唯一零点. (6分)(2)证明:由(1),可设f (x)在(0,+)上的唯一零点为x0,当x(0,x0)
22、时, f (x)0.故f(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+)上单调递增,所以当x=x0时, f(x)取得最小值,最小值为f(x0).由于2e2x0-ax0=0,所以f(x0)=a2x0+2ax0+aln2a2a+aln2a.故当a0时, f(x)2a+aln2a.(12分)4.(2014课标,21,12分)已知函数f(x)=x3-3x2+ax+2,曲线y=f(x)在点(0,2)处的切线与x轴交点的横坐标为-2.(1)求a;(2)证明:当k0.当x0时,g(x)=3x2-6x+1-k0,g(x)单调递增,g(-1)=k-10时,令h(x)=x3-3x2+4,则g(x)=h(x)+(1-
23、k)xh(x).h(x)=3x2-6x=3x(x-2),h(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+)上单调递增,所以g(x)h(x)h(2)=0.所以g(x)=0在(0,+)上没有实根.综上,g(x)=0在R上有唯一实根,即曲线y=f(x)与直线y=kx-2只有一个交点.B组自主命题省(区、市)卷题组考点一利用导数研究函数的单调性1.(2017山东,10,5分)若函数exf(x)(e=2.718 28是自然对数的底数)在f(x)的定义域上单调递增,则称函数f(x)具有M性质.下列函数中具有M性质的是() A.f(x)=2-xB.f(x)=x2C.f(x)=3-xD.f(x)=cos x答案A2
24、.(2017江苏,11,5分)已知函数f(x)=x3-2x+ex-1ex,其中e是自然对数的底数.若f(a-1)+f(2a2)0,则实数a的取值范围是.答案-1,12考点二利用导数研究函数的极值与最值1.(2016四川,6,5分)已知a为函数f(x)=x3-12x的极小值点,则a=()A.-4B.-2C.4D.2答案D2.(2017北京,20,13分)已知函数f(x)=excos x-x.(1)求曲线y=f(x)在点(0, f(0)处的切线方程;(2)求函数f(x)在区间0,2上的最大值和最小值.解析(1)因为f(x)=excos x-x,所以f (x)=ex(cos x-sin x)-1,
25、f (0)=0.又因为f(0)=1,所以曲线y=f(x)在点(0, f(0)处的切线方程为y=1.(2)设h(x)=ex(cos x-sin x)-1,则h(x)=ex(cos x-sin x-sin x-cos x)=-2exsin x.当x0,2时,h(x)0,所以h(x)在区间0,2上单调递减.所以对任意x0,2,有h(x)h(0)=0,即f (x)1,则当x1a,1时, f (x)0.所以f(x)在x=1处取得极小值.若a1,则当x(0,1)时,ax-1x-10.所以1不是f(x)的极小值点.综上可知,a的取值范围是(1,+).考点三导数的综合应用1.(2015安徽,10,5分)函数f
26、(x)=ax3+bx2+cx+d的图象如图所示,则下列结论成立的是()A.a0,b0,d0 B.a0,b0,c0C.a0,b0,d0 D.a0,b0,c0,d1时,令g(x)=0,解得x1=-d2-13,x2=d2-13.易得,g(x)在(-,x1)上单调递增,在x1,x2上单调递减,在(x2,+)上单调递增.g(x)的极大值g(x1)=g-d2-13=23(d2-1)329+630.g(x)的极小值g(x2)=gd2-13=-23(d2-1)329+63.若g(x2)0,由g(x)的单调性可知函数y=g(x)至多有两个零点,不合题意.若g(x2)27,也就是|d|10,此时|d|x2,g(|
27、d|)=|d|+630,且-2|d|x1,g(-2|d|)=-6|d|3-2|d|+63-6210+630,从而由g(x)的单调性,可知函数y=g(x)在区间(-2|d|,x1),(x1,x2),(x2,|d|)内各有一个零点,符合题意.所以,d的取值范围是(-,-10)(10,+).C组教师专用题组考点一利用导数研究函数的单调性1.(2014辽宁,12,5分)当x-2,1时,不等式ax3-x2+4x+30恒成立,则实数a的取值范围是() A.-5,-3 B.-6,-98C.-6,-2 D.-4,-3答案C2.(2014湖南,9,5分)若0x1x2ln x2-ln x1B.ex2-ex1x1e
28、x2D.x2ex1x1ex2答案C3.(2015天津,20,14分)已知函数f(x)=4x-x4,xR.(1)求f(x)的单调区间;(2)设曲线y=f(x)与x轴正半轴的交点为P,曲线在点P处的切线方程为y=g(x),求证:对于任意的实数x,都有f(x)g(x);(3)若方程f(x)=a(a为实数)有两个实数根x1,x2,且x10,即x1时,函数f(x)单调递增;当f (x)1时,函数f(x)单调递减.所以, f(x)的单调递增区间为(-,1),单调递减区间为(1,+).(2)证明:设点P的坐标为(x0,0),则x0=413, f (x0)=-12.曲线y=f(x)在点P处的切线方程为y=f (x0)(x-x0),即g(x)=f (x0)(x-x0).令函数F(x)=f(x)-g(x),即F(x)=f(x)-f (x0)(x-x0),则F(x)=f (x)-f (x0).由于f (x)=-4x3+4在(-,+)上单调递减,故F(x)在(-,+)上单调递减.又因为F(x0)=0,所以当x(-,x0)时,F(x)0,当x(x0,+)时,F(x)0,所以F(x)在(-,x0)上单调递增,在(x0,+)上单调递减,所以对于任意的实数x,F(x)F(x0)=0,即对于任意的实数x,都有f(x)g(x).(3