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高考数学一轮复习 第二章 函数、导数及其应用 . 导数在研究函数中的应用练习 理-课件


第二章 函数、导数及其应用 2.11 导数在研究函数中的应用练习 理
[A 组·基础达标练] 1.函数 f(x)=x -4x +4x 的极值点是( A.x=0 C.x=2 答案 D 解析 f′(x)=4x -12x +8x=4x(x -3x+2)=4x(x-1)(x-2), 则结合列表可得 f(x) 的极值点为 x=0,x=1 和 x=2.
3 2 2 4 3 2

) B.x=1 D.x=0,x=1 和 x=2

2. [2015·郑州一检]已知定义在 R 上的函数 f(x)满足 f(-3)=f(5)=1, f′(x)为 f(x) 的导函数,且导函数 y=f′(x)的图象如图所示.则不等式 f(x)<1 的解集是( A.(-3,0) C.(0,5) 答案 B 解析 依题意得,当 x>0 时,f′(x)>0,f(x)是增函数;当 x<0 时,f′(x)<0,f(x)是 减函数.又 f(-3)=f(5)=1,因此不等式 f(x)<1 的解集是(-3,5),选 B. 3.[2016·云南师大附中月考]若函数 f(x)=x -tx +3x 在区间[1,4]上单调递减,则 实数 t 的取值范围是( 51? ? A.?-∞, ? 8? ? C.? ) B.(-∞,3] D.[3,+∞)
3 2

)

B.(-3,5) D.(-∞,-3)∪(5,+∞)

?51,+∞? ? ?8 ?
2

答案 C 解析 f′(x)=3x -2tx+3, 由于 f(x)在区间[1,4]上单调递减, 则有 f′(x)≤0 在[1,4] 3? 1? 3? 1? 2 上恒成立,即 3x -2tx+3≤0,即 t≥ ?x+ ?在[1,4]上恒成立,因为 y= ?x+ ?在[1,4] x? 2? 2? x? 3? 1? 51 上单调递增,所以 t≥ ?4+ ?= ,故选 C. 2? 4? 8 4. [2013·湖北高考]已知 a 为常数, 函数 f(x)=x(ln x-ax)有两个极值点 x1, x2(x1<x2), 则( ) 1 A.f(x1)>0,f(x2)>- 2

1

1 B.f(x1)<0,f(x2)<- 2 1 C.f(x1)>0,f(x2)<- 2 1 D.f(x1)<0,f(x2)>- 2 答案 D 解析 f′(x)=ln x-2ax+1,依题意知 f′(x)=0 有两个不等实根 x1,x2. 即曲线 y1=1+ln x 与 y2=2ax 有两个不同交点,如图.

由直线 y=x 是曲线 y=1+ln x 的切线,可知:0<2a<1,且 0<x1<1<x2.

? 1? ∴a∈?0, ?. ? 2?
由 0<x1<1,得 f(x1)=x1(ln x1-ax1)<0, 当 x1<x<x2 时,f′(x)>0, 当 x>x2 时,f′(x)<0, 1 ∴f(x2)>f(1)=-a>- ,故选 D. 2 5.[2015·沈阳一模]若定义在 R 上的函数 f(x)满足 f(x)+f′(x)>1,f(0)=4,则不 3 等式 f(x)> x+1(e 为自然对数的底数)的解集为( e A.(0,+∞) C.(-∞,0)∪(0,+∞) 答案 A 3 x x x x 解析 由 f(x)> x+1 得,e f(x)>3+e ,构造函数 F(x)=e f(x)-e -3,对 F(x)求导得 e ) B.(-∞,0)∪(3,+∞) D.(3,+∞)

F′(x) = exf(x) + exf′(x) - ex = ex[f(x) + f′(x) - 1] .由 f(x) + f′(x)>1 , ex>0 ,可知
0 0 F′(x)>0, 即 F(x)在 R 上单调递增, 又因为 F(0)=e f(0)-e -3=f(0)-4=0, 所以 F(x)>0

的解集为(0,+∞),所以选 A. 6. [2013·浙江高考]已知 e 为自然对数的底数, 设函数 f(x)=(e -1)(x-1) (k=1,2), 则( ) A.当 k=1 时,f(x)在 x=1 处取到极小值 B.当 k=1 时,f(x)在 x=1 处取到极大值
2
x k

C.当 k=2 时,f(x)在 x=1 处取到极小值 D.当 k=2 时,f(x)在 x=1 处取到极大值 答案 C 解析 当 k=1 时,f(x)=(e -1)(x-1),f′(x)=xe -1,f′(1)≠0,故 A,B 错; 当 k=2 时,f(x)=(e -1)(x-1) ,f′(x)=(x -1)e -2x+2=(x-1)[(x+1)e -2],故
x
2 2

x

x

x

x

f′(x)=0 有一根为 x1=1,另一根 x2∈(0,1).当 x∈(x2,1)时,f′(x)<0,f(x)递减;当 x
∈(1,+∞)时,f′(x)>0,f(x)递增,∴f(x)在 x=1 处取得极小值,故选 C. 7.[2016·东北八校月考]已知函数 y=f(x)=x +3ax +3bx+c 在 x=2 处有极值,其 图象在 x=1 处的切线平行于直线 6x+2y+5=0, 则 f(x)的极大值与极小值之差为________. 答案 4 解析 ∵f′(x)=3x +6ax+3b,
? ?f′?2?=3×2 +6a×2+3b=0, ∴? 2 ?f′?1?=3×1 +6a×1+3b=-3, ?
2 2 3 2

??

? ?a=-1, ?b=0, ?
2

∴f′(x)=3x -6x,

2

令 3x -6x=0,得 x=0 或 x=2, ∴f(x)极大值-f(x)极小值=f(0)-f(2)=4. 1 2 8. 已知函数 f(x)=- x +4x-3ln x 在[t, t+1]上不单调, 则 t 的取值范围是________. 2 答案 (0,1)∪(2,3) 3 -x +4x-3 解析 由题意知 f′(x)=-x+4- =
2

x

x

?x-1??x-3? =- ,

x

由 f′(x)=0 得函数 f(x)的两个极值点为 1,3, 则只要这两个极值点有一个在区间(t,t+1)内, 函数 f(x)在区间[t,t+1]上就不单调, 由 t<1<t+1 或 t<3<t+1,得 0<t<1 或 2<t<3. 9. 已知函数 f(x)=-x +ax -4 在 x=2 处取得极值, 若 m, n∈[-1,1], 则 f(m)+f′(n) 的最小值是________. 答案 -13 解析 f′(x)=-3x +2ax, 2a 根据已知 =2, 3 得 a=3, 即 f(x)=-x +3x -4. 根据函数 f(x)的极值点,可得函数 f(m)在[-1,1]上的最小值为 f(0)=-4,
3 2 2 3 2

f′(n)=-3n2+6n 在[-1,1]上单调递增,
所以 f′(n)的最小值为 f′(-1)=-9.

3

[f(m)+f′(n)]min=f(m)min+f′(n)min=-4-9=-13. 10.[2015·云南一检]已知函数 f(x)=ln x- . 1+2x (1)求证:f(x)在区间(0,+∞)上单调递增; 1 (2)若 f[x(3x-2)]<- ,求实数 x 的取值范围. 3 解 (1)证明:由已知得 f(x)的定义域为(0,+∞). , 1+2x
2

x

∵f(x)=ln x-

x

1 1+2x-2x 4x +3x+1 ∴f′(x)= - = . x ?1+2x?2 x?1+2x?2 ∵x>0,∴4x +3x+1>0,x(1+2x) >0. ∴当 x>0 时,f′(x)>0. ∴f(x)在(0,+∞)上单调递增.
2 2

x 1 1 (2)∵f(x)=ln x- ,∴f(1)=ln 1- =- . 1+2x 1+2×1 3
1 由 f[x(3x-2)]<- 得 f[x(3x-2)]<f(1). 3 由(1)得?
?x?3x-2?>0 ? ?x?3x-2?<1 ?

1 2 ,解得- <x<0 或 <x<1. 3 3

? 1 ? ?2 ? 综上所述,x 的取值范围是?- ,0?∪? ,1?. ? 3 ? ?3 ?
1 2 3 11.[2015·陕西一检]已知函数 f(x)=x·ln x,g(x)=ax - x- . 2 3e (1)求 f(x)的单调递增区间和最小值; (2)若函数 y=f(x)与函数 y=g(x)的图象在交点处存在公共切线,求实数 a 的值. 解 1 (1)∵f′(x)=ln x+1,由 f′(x)>0,得 x> , e

?1 ? ∴f(x)的单调递增区间为? ,+∞?. ?e ? ? 1? ? 1? 又当 x∈?0, ?时,f′(x)<0,则 f(x)在?0, ?上单调递减, ? e? ? e? ?1 ? ?1 ? 当 x∈? ,+∞?时,f′(x)>0,则 f(x)在? ,+∞?上单调递增, ?e ? ?e ?
1 ?1? ∴f(x)的最小值为 f? ?=- . e ?e? 1 2 (2)∵f′(x)=ln x+1,g′(x)=3ax - , 2 设公切点的横坐标为 x0,则与 f(x)的图象相切的直线方程为:y=(ln x0+1)x-x0, 2 ? 2 1? 3 与 g(x)的图象相切的直线方程为:y=?3ax0- ?x-2ax0- , 2? 3e ?

4

1 ln x +1=3ax - , ? ? 2 ∴? 2 -x =-2ax - ? ? 3e
0 2 0 0 3 0

1 1 解之得 x0ln x0=- ,由(1)知 x0= , e e e ∴a= . 6 12.[2016·云南检测]已知 f(x)=e (x +mx -2x+2). (1)假设 m=-2,求 f(x)的极大值与极小值; (2)是否存在实数 m,使 f(x)在[-2,-1]上单调递增?如果存在,求 m 的取值范围;如 果不存在,请说明理由. 解 (1)当 m=-2 时,
x
3 2 2

f(x)=ex(x3-2x2-2x+2),
其定义域为(-∞,+∞). 则 f′(x)=e (x -2x -2x+2)+e (3x -4x-2)=xe (x +x-6)=(x+3)x(x-2)e , ∴当 x∈(-∞,-3)或 x∈(0,2)时,f′(x)<0; 当 x∈(-3,0)或 x∈(2,+∞)时,f′(x)>0;
x
3 2

x

2

x

2

x

f′(-3)=f′(0)=f′(2)=0,
∴f(x)在(-∞,-3)上单调递减,在(-3,0)上单调递增; 在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增, ∴当 x=-3 或 x=2 时,f(x)取得极小值; 当 x=0 时,f(x)取得极大值, ∴f(x)极小值=f(-3)=-37e ,
-3

f(x)极小值=f(2)=-2e2, f(x)极大值=f(0)=2.
(2)f′(x)=e (x +mx -2x+2)+e (3x +2mx-2)=xe [x +(m+3)x+2m-2]. ∵f(x)在[-2,-1]上单调递增, ∴当 x∈[-2,-1]时,f′(x)≥0. 又∵当 x∈[-2,-1]时,xe <0, ∴当 x∈[-2,-1]时,
x x
3 2

x

2

x

2

x2+(m+3)x+2m-2≤0,
? ?f′?-2?=?-2? -2?m+3?+2m-2≤0, ∴? 2 ?f′?-1?=?-1? -?m+3?+2m-2≤0, ?
2

解得 m≤4, ∴当 m∈(-∞,4]时,

f(x)在[-2,-1]上单调递增.
[B 组·能力提升练] 1.若函数 f(x)=x -3x 在(a,6-a )上有最小值,则实数 a 的取值范围是(
3 2

)
5

A.(- 5,1) C.[-2,1) 答案 C 解析 f′(x)=3x -3=0, 得 x=±1,且 x=1 为函数的极小值点,
2

B.[- 5,1) D.(- 5,-2]

x=-1 为函数的极大值点.
函数 f(x)在区间(a,6-a )上有最小值, 则函数 f(x)极小值点必在区间(a,6-a )内, 即实数 a 满足 a<1<6-a
3 2 2 2 2

且 f(a)=a -3a≥f(1)=-2. 解 a<1<6-a ,得- 5<a<1, 不等式 a -3a≥f(1)=-2, 即 a -3a+2≥0,即 a -1-3(a-1)≥0, 即(a-1)(a +a-2)≥0, 即(a-1) (a+2)≥0, 即 a≥-2. 故实数 a 的取值范围是[-2,1). 故选 C. 1 2.[2016·昆明调研]已知函数 f(x)=ln x+ ,则下列结论中正确的是( ln x A.若 x1,x2(x1<x2)是 f(x)的极值点,则 f(x)在区间(x1,x2)内是增函数 B.若 x1,x2(x1<x2)是 f(x)的极值点,则 f(x)在区间(x1,x2)内是减函数 C.? x>0,且 x≠1,f(x)≥2 D.? x0>0,f(x)在(x0,+∞)内是增函数 答案 D 1 ln x-1 解析 由已知得,f′(x)= · (x>0 且 x≠1),令 f′(x)=0,得 ln x=±1,得 2 x ln x
2 2 2 3 3 3

)

x=e 或 x= .当 x∈?0, ?时,f′(x)>0;当 x∈? ,1?,x∈(1,e)时,f′(x)<0;当 x∈ e e

1 e

? ?

1?

?

?1 ?

? ?

1 (e,+∞)时,f′(x)>0.故 x= 和 x=e 分别是函数 f(x)的极大值点和极小值点,但是由函 e

?1 ? 数的定义域可知 x≠1,故函数 f(x)在 x∈? ,e?内不是单调的,所以 A,B 错;当 0<x<1 时, ?e ?
ln x<0,此时 f(x)<0,C 错;只要 x0≥e,则 f(x)在(x0,+∞)内是增函数,D 正确. 3.[2015·四川高考]已知函数 f(x)=2 ,g(x)=x +ax(其中 a∈R).对于不相等的实 数 x1,x2,设 m=
x
2

f?x1?-f?x2? g?x1?-g?x2? ,n= . x1-x2 x1-x2

现有如下命题: ①对于任意不相等的实数 x1,x2,都有 m>0; ②对于任意的 a 及任意不相等的实数 x1,x2,都有 n>0;
6

③对于任意的 a,存在不相等的实数 x1,x2,使得 m=n; ④对于任意的 a,存在不相等的实数 x1,x2,使得 m=-n. 其中的真命题有________(写出所有真命题的序号). 答案 ①④ 解析 ①f(x)=2 是增函数,∴对任意不相等的实数 x1,x2,都有 即 m>0,∴①成立. ②由 g(x)=x +ax 图象可知,当 x∈?-∞,- ?时,g(x)是减函数,∴当不相等的实数 2? ?
2

x

f?x1?-f?x2? >0, x1-x2

?

a?

a? g?x1?-g?x2? ? x1、x2∈?-∞,- ?时, <0,即 n<0,∴②不成立. 2? x1-x2 ?
③若 m=n,则有

f?x1?-f?x2? g?x1?-g?x2? = , x1-x2 x1-x2

即 f(x1)-f(x2)=g(x1)-g(x2),

f(x1)-g(x1)=f(x2)-g(x2),
令 h(x)=f(x)-g(x), 则 h(x)=2 -x -ax,
x
2

h′(x)=2xln 2-2x-a,
令 h′(x)=2 ln 2-2x-a=0, 得 2 ln 2=2x+a. 由 y=2 ln 2 与 y=2x+a 的图象知, 存在 a 使对任意 x∈R 恒有 2 ln 2>2x+a, 此时 h(x)在 R 上是增函数. 若 h(x1)=h(x2),则 x1=x2, ∴③不成立. ④若 m=-n,则有
x x x x

f?x1?-f?x2? g?x1?-g?x2? =- , x1-x2 x1-x2

f(x1)+g(x1)=f(x2)+g(x2),
令 φ (x)=f(x)+g(x), 则 φ (x)=2 +x +ax, φ ′(x)=2 ln 2+2x+a. 令 φ ′(x)=0,得 2 ln 2+2x+a=0, 即 2 ln 2=-2x-a. 由 y1=2 ln 2 与 y2=-2x-a 的图象可知,对任意的 a,存在 x0,使 x>x0 时 y1>y2,x<x0 时 y1<y2, 故对任意的 a,存在 x0,使 x>x0 时,φ ′(x)>0,x<x0 时 φ ′(x)<0, 故对任意的 a,φ (x)在 R 上不是单调函数. 故对任意的 a,存在不相等的实数 x1,x2,使 m=-n, ∴④成立. 综上,①④正确.
7
x x x x x
2

4.已知函数 f(x)=e -ln (x+m). (1)设 x=0 是 f(x)的极值点,求 m,并讨论 f(x)的单调性; (2)当 m≤2 时,证明 f(x)>0. 解 (1)f′(x)=e -
x

x

1 . x+m

由 x=0 是 f(x)的极值点得 f′(0)=0,所以 m=1. 于是 f(x)=e -ln (x+1),x∈(-1,+∞). 函数 f′(x)=e -
x x

1 在(-1,+∞)单调递增,且 f′(0)=0. x+1

因此当 x∈(-1,0)时,f′(x)<0; 当 x∈(0,+∞)时,f′(x)>0. 所以 f(x)在(-1,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增. (2)证明: 当 m≤2, x∈(-m, +∞)时, ln (x+m)≤ln (x+2), 故只需证当 m=2 时 f(x)>0. 当 m=2 时,f′(x)=e -
x

1 在(-2,+∞)上单调递增. x+2

又 f′(-1)<0, f′(0)>0, 故 f′(x)=0 在(-2, +∞)上有唯一的解 x0, 且 x0∈(-1,0). 当 x∈(-2,x0)时,f′(x)<0; 当 x∈(x0,+∞)时,f′(x)>0. 故当 x=x0 时,f(x)取极小值. 故 f′(x)=0 得 ex0= 故 f(x)≥f(x0)= 1

x0+2

,ln (x0+2)=-x0.
2

1 ?x0+1? +x0= >0. x0+2 x0+2

综上所述,当 m≤2 时,f(x)>0.

8


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