高考导函数综合训练(含标准答案)Word文档格式.docx
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B.(-,)
C.(2,3)
D.(-∞,-)∪(,+∞)
4.已知函数f(x)=x2+mx+lnx是单调递增函数,则m的取值范围是( )
A.m>
-2 B.m≥-2
C.m<
2 D.m≤2
5.已知对任意x∈R,恒有f(-x)=-f(x),g(-x)=g(x),且当x>
0时,f′(x)>
0,g′(x)>
0,则当x<
0时有( )
A.f′(x)>
B.f′(x)>
0,g′(x)<
C.f′(x)<
D.f′(x)<
【复习与巩固】
A组夯实基础
一、选择题
1.已知曲线在处的切线的斜率为,则实数的值为()
A.B.C.D.
2.已知定义域为的偶函数,其导函数为,对任意,均满足:
.若,则不等式的解集是()
A.B.
C.D.
3.若函数f(x)=x3-tx2+3x在区间[1,4]上单调递减,则实数t的取值范围是( )
A. B.(-∞,3]
C. D.[3,+∞)
二、填空题
4.已知函数,,其图象上任意一点处的切线的斜率恒成立,则实数的取值范围是.
5.设函数,若不等式有解,则实数的最小值为.
6.已知函数定义域为,满足且,则不等式的解集为____________________.
三、解答题
7.设函数f(x)=x2-(a+b)x+ablnx(其中e为自然对数的底数,a≠e,b∈R),曲线y=f(x)在点(e,f(e))处的切线方程为y=-e2.
(1)求b;
(2)若对任意x∈,f(x)有且只有两个零点,求a的取值范围.
8.已知函数f(x)=lnx++ax(a是实数),g(x)=+1.
(1)当a=2时,求函数f(x)在定义域上的最值;
(2)若函数f(x)在[1,+∞)上是单调函数,求a的取值范围;
(3)是否存在正实数a满足:
对于任意x1∈[1,2],总存在x2∈[1,2],使得f(x1)=g(x2)成立?
若存在,求出a的取值范围,若不存在,说明理由.
B组能力提升
1.已知函数满足:
,那么下列不等式成立的是()
A.B.C.D.
2.已知函数,若存在,使得,则实数的取值范围是()
A.B.C.D.
3.己知定义在上的可导函数的导函数为,满足,且为偶函数,,则不等式的解集为()
A.B.C.D.
4.设,若时,恒有,则.
5.已知函数,其中,若存在唯一的整数,使得,则的取值范围是.(为自然对数的底数)
6.若为偶函数,则的解集为_____________.
7.(2015·
高考广东卷)设a>
1,函数f(x)=(1+x2)ex-a.
(1)求f(x)的单调区间;
f(x)在(-∞,+∞)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.
《导函数的综合应用》标准答案
典型例题
【例题1】[解]
(1)由f(x)=-klnx(k>
0),得x>
0且
f′(x)=x-=.
由f′(x)=0,解得x=.
f(x)与f′(x)在区间(0,+∞)上的情况如下:
x
(0,)
(,+∞)
f′(x)
-
+
f(x)
所以,f(x)的单调递减区间是(0,],单调递增区间是[,+∞);
f(x)在x=处取得极小值f()=.
由
(1)知,f(x)在区间(0,+∞)上的最小值为f()=.
因为f(x)存在零点,所以≤0,从而k≥e.
当k=e时,f(x)在区间(1,)上单调递减,且f()=0,
所以x=是f(x)在区间(1,]上的唯一零点.
当k>
e时,f(x)在区间(0,)上单调递减,
且f
(1)=>
0,f()=<
0,
所以f(x)在区间(1,]上仅有一个零点.
综上可知,若f(x)存在零点,则f(x)在区间(1,]上仅有一个零点.
【变式训练1】解:
(1)由已知,函数f(x)的定义域为(0,+∞),
g(x)=f′(x)=2(x-1-lnx-a),
所以g′(x)=2-=.
当x∈(0,1)时,g′(x)<
0,g(x)单调递减;
当x∈(1,+∞)时,g′(x)>
0,g(x)单调递增.
由f′(x)=2(x-1-lnx-a)=0,解得a=x-1-lnx.
令φ(x)=-2xlnx+x2-2x(x-1-lnx)+(x-1-lnx)2=(1+lnx)2-2xlnx,
则φ
(1)=1>
0,φ(e)=2(2-e)<
于是,存在x0∈(1,e),使得φ(x0)=0.
令a0=x0-1-lnx0=u(x0),其中u(x)=x-1-lnx(x≥1).
由u′(x)=1-≥0知,函数u(x)在区间(1,+∞)上单调递增,
故0=u
(1)<
a0=u(x0)<
u(e)=e-2<
1,即a0∈(0,1).
当a=a0时,有f′(x0)=0,f(x0)=φ(x0)=0.
再由
(1)知,f′(x)在区间(1,+∞)上单调递增,
当x∈(1,x0)时,f′(x)<
0,从而f(x)>
f(x0)=0;
当x∈(x0,+∞)时,f′(x)>
又当x∈(0,1]时,f(x)=(x-a0)2-2xlnx>
故x∈(0,+∞)时,f(x)≥0.
综上所述,存在a∈(0,1),使得f(x)≥0恒成立,且f(x)=0在区间(1,+∞)内有唯一解.
【例题2】解:
(1)m=-1时,f(x)=(1-x)ex+x2,则f′(x)=x(2-ex),
由f′(x)>
0,得0<
x<
ln2,由f′(x)<
0,得x<
0或x>
ln2,
故函数的增区间为(0,ln2),减区间为(-∞,0),(ln2,+∞).
(2)f′(x)=mx<
x2+(m+2)x,即:
mxex-x2-mx<
∵x<
0,∴mex-x-m>
令h(x)=mex-x-m,则h′(x)=mex-1,
当m≤0时,h(x)在x<
0时为减函数,h(x)>
h(0)=0.
当0<
m≤1时,h(x)在x<
当m>
1时,h(x)在(-∞,-lnm)上为减函数,
在(-lnm,0)上为增函数,
∴h(-lnm)<
h(0)=0,不合题意.
综上:
m≤1.
【变式训练2】解:
(1)∵函数的定义域为R,f′(x)=-,
∴当x<
0,当x>
0时,f′(x)<
∴f(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0,+∞)上单调递减.
(2)假设存在x1,x2∈[0,1],使得2φ(x1)<
φ(x2)成立,
则2[φ(x)]min<
[φ(x)]max.
∵φ(x)=xf(x)+tf′(x)+e-x=,
∴φ′(x)==-.
①当t≥1时,φ′(x)≤0,φ(x)在[0,1]上单调递减,
∴2φ
(1)<
φ(0),即t>
3->
1.
②当t≤0时,φ′(x)>
0,φ(x)在[0,1]上单调递增,
∴2φ(0)<
φ
(1),即t<
3-2e<
③当0<
t<
1时,若x∈[0,t),φ′(x)<
0,φ(x)在[0,t)上单调递减;
若x∈(t,1],φ′(x)>
0,φ(x)在(t,1]上单调递增,
所以2φ(t)<
max{φ(0),φ
(1)},
即2·
<
max,(*)
由
(1)知,g(t)=2·
在[0,1]上单调递减,
故≤2·
≤2,而≤≤,所以不等式(*)无解.
综上所述,存在t∈(-∞,3-2e)∪,使得命题成立.
【例题3】解
(1)由题意f(x)的定义域为(0,+∞),且f′(x)=+=.
∵a>
0,∴f′(x)>
故f(x)在(0,+∞)上是单调递增函数.
(2)由
(1)可知,f′(x)=.
①若a≥-1,则x+a≥0,即f′(x)≥0在[1,e]上恒成立,
此时f(x)在[1,e]上为增函数,
∴f(x)min=f
(1)=-a=,∴a=-(舍去).
②若a≤-e,则x+a≤0,即f′(x)≤0在[1,e]上恒成立,
此时f(x)在[1,e]上为减函数,
∴f(x)min=f(e)=1-=,
∴a=-(舍去).
③若-e<
a<
-1,令f′(x)=0得x=-a,
当1<
-a时,f′(x)<
∴f(x)在(1,-a)上为减函数;
当-a<
e时,f′(x)>
∴f(x)在(-a,e)上为增函数,
∴f(x)min=f(-a)=ln(-a)+1=,
∴a=-.
综上所述,a=-.
(3)∵f(x)<
x2,∴lnx-<
x2.
又x>
0,∴a>
xlnx-x3.
令g(x)=xlnx-x3,
h(x)=g′(x)=1+lnx-3x2,
h′(x)=-6x=.
∵x∈(1,+∞)时,h′(x)<
∴h(x)在(1,+∞)上是减函数.
∴h(x)<
h
(1)=-2<
0,即g′(x)<
∴g(x)在(1,+∞)上也是减函数.
g(x)<
g
(1)=-1,
∴当a≥-1时,f(x)<
x2在(1,+∞)上恒成立.
【变式训练3】
(1)x+y-3=0
(2)满足条件的最大整数M为4
(3)a≥1
应用体验:
1.(-∞,0)2.[-1,1]3.A4.B5.B
复习与巩固
A组
1.【答案】C
【解析】令,则,所以
,解得.故选C.
2.【答案】C
【解析】
试题分析:
时,而也为偶函数,所以,选C.
3.解析:
f′(x)=3x2-2tx+3,由于f(x)在区间[1,4]上单调递减,则有f′(x)≤0在[1,4]上恒成立,即3x2-2tx+3≤0,即t≥在[1,4]上恒成立,因为y=在[1,4]上单调递增,所以t≥=,故选C.
答案:
C
4.【答案】
,因为,其图象上任意一点处的切线的斜率恒成立,,,,恒成立,由.
考点:
导数的几何意义;
不等式恒成立问题.
5.【答案】
因为,所以,
令,则,所以当时,,当时,,所以在上是减函数,在是增函数,故.
6.【答案】
得,得可知函数为偶函数
,结合的函数图像可知的解集为,即不等式的解集为
7.解:
(1)f′(x)=x-(a+b)+=.
∵f′(e)=0,a≠e,∴b=e.
(2)由
(1)得f(x)=x2-(a+e)x+aelnx,f′(x)=,
①当a≤时,由f′(x)>
0得x>
e;
由f′(x)<
0得≤x<
e.
此时f(x)在上单调递减,在(e,+∞)上单调递增.
∵f(e)=e2-(a+e)e+aelne=-e2<
f(e2)=e4-(a+e)e2+2ae=e(e-2)(e2-2a)≥e(e-2)>
∴要使得f(x)在上有且只有两个零点,
则只需f=-+aeln=≥0,即a≤.
②当<
e时,由f′(x)>
a或x>
0得a<
e.此时f(x)在(a,e)上单调递减,在和(e,+∞)上单调递增.
f(a)=-a2-ae+aelna<
-a2-ae+aelne=-a2<
∴此时f(x)在上至多只有一个零点,不合题意.
③当a>
e或x>
a,由f′(x)<
0得e<
a,此时f(x)在和(a,+∞)上单调递增,在(e,a)上单调递减,且f(e)=-e2<
0,∴f(x)在上至多只有一个零点,不合题意.
综上所述,a的取值范围为.
8.解:
(1)当a=2时,f(x)=lnx++2x,x∈(0,+∞),
f′(x)=-+2==,令f′(x)=0,则x=-1或x=.
当x∈时,f′(x)<
0;
当x∈时,f′(x)>
所以f(x)在x=处取到最小值,最小值为3-ln2;
无最大值.
(2)f′(x)=-+a=,x∈[1,+∞),
显然a≥0时,f′(x)≥0,且不恒等于0,所以函数f(x)在[1,+∞)上是单调递增函数,符合要求.
当a<
0时,令h(x)=ax2+x-1,易知h(x)≥0在[1,+∞)上不恒成立,所以函数f(x)在[1,+∞)上只能是单调递减函数.
所以Δ=1+4a≤0或解得a≤-.
综上,满足条件的a的取值范围是∪[0,+∞).
(3)不存在满足条件的正实数a.
由
(2)知,a>
0时f(x)在[1,+∞)上是单调递增函数,
所以f(x)在[1,2]上是单调递增函数.
所以对于任意x1∈[1,2],f
(1)≤f(x1)≤f
(2),即f(x1)∈.
g′(x)=,当x∈[1,2]时,g′(x)≤0,所以g(x)在[1,2]上是单调递减函数.
所以当x2∈[1,2]时,g(x2)∈.
若对于任意x1∈[1,2],总存在x2∈[1,2],使得f(x1)=g(x2)成立,则⊆,此时a无解.
所以不存在满足条件的正实数a.
B组
1.【答案】A
设,则,则已知,所以是增函数,所以,即,.故选A.
导数与函数的单调性.
由题意,得,则=-=.若存在,使得,则,所以.设,则,当时,;
当时,,所以在上单调递减,在上单调递增,所以当,函数取最大值,最大值为,所以,故选C.
3.【答案】C
设,,所以函数是单调递减函数,因为为偶函数,所以关于对称,,那么,所以,即的解集是,即的解集,故选C.
4.【答案】-1
验证发现,
当x=1时,将1代入不等式有0≤a+b≤0,所以a+b=0,
当x=0时,可得0≤b≤1,结合a+b=0可得-1≤a≤0,
令f(x)=x4-x3+ax+b,即f
(1)=a+b=0,
又f′(x)=4x3-3x2+a,f′′(x)=12x2-6x,
令f′′(x)>0,可得x>,则f′(x)=4x3-3x2+a在[0,]上减,在[,+∞)上增,
又-1≤a≤0,所以f′(0)=a<0,f′
(1)=1+a≥0,
又x≥0时恒有,结合f
(1)=a+b=0知,1必为函数f(x)=x4-x3+ax+b的极小值点,也是最小值点.
故有f′
(1)=1+a=0,由此得a=-1,b=1,
故ab=-1.
导数在最大值、最小值问题中的应用;
函数恒成立问题
5.【解析】
试题解析:
设,由题意知存在唯一的整数使得在直线的下方,∵,∴当时,,当时,g′(x)>
0,∴当时,取最小值,当时,,当时,,直线恒过定点且斜率为,故且,解得.
利用导数研究函数的极值;
函数的零点.
由为偶函数可得,所以.因为上为增函数,所以,所以函数在上为增函数,所以等价于,即,所以,所以.
1、函数的奇偶性;
2、函数的单调性.
(1)f′(x)=2xex+(1+x2)ex=(x2+2x+1)ex=(x+1)2ex≥0,故f(x)是R上的单调递增函数,其单调增区间是(-∞,+∞),无单调减区间.
因为f(0)=(1+02)e0-a=1-a<
0,且f(lna)=(1+ln2a)elna-a=(1+ln2a)a-a=aln2a>
由零点存在性定理知,f(x)在(-∞,+∞)上至少有一个零点.
又由
(1)知,函数f(x)是(-∞,+∞)上的单调递增函数,
故函数f(x)在(-∞,+∞)上仅有一个零点.
(3)设点P(x0,y0),由曲线y=f(x)在点P处的切线与x轴平行知,f′(x0)=0,即f′(x0)=(x0+1)2ex0=0,(x0+1)2=0,x0=-1,即P(-1,2e-1-a).
由点M(m,n)处的切线与直线OP平行知,f′(m)=kOP,
即(1+m)2em==a-.
由em≥1+m知,(1+m)3≤(1+m)2em=a-,即1+m≤,即m≤-1.
(1)由题意知,曲线y=f(x)在点(1,f
(1))处的切线斜率为2,所以f′
(1)=2,
又f′(x)=lnx++1,所以a=1.
(2)k=1时,方程f(x)=g(x)在(1,2)内存在唯一的根.
设h(x)=f(x)-g(x)=(x+1)lnx-,
当x∈(0,1]时,h(x)<
又h
(2)=3ln2-=ln8->
1-1=0,
所以存在x0∈(1,2),使得h(x0)=0.
因为h′(x)=lnx++1+,
所以当x∈(1,2)时,h′(x)>
1->
当x∈[2,+∞)时,h′(x)>
所以当x∈(1,+∞)时,h(x)单调递增.
所以k=1时,方程f(x)=g(x)在(k,k+1)内存在唯一的根.
(3)由
(2)知,方程f(x)=g(x)在(1,2)内存在唯一的根x0,且x∈(0,x0)时,f(x)<
g(x),
x∈(x0,+∞)时,f(x)>
所以m(x)=
当x∈(0,x0]时,若x∈(0,1],m(x)≤0;
若x∈(1,x0],由m′(x)=lnx++1>
可知0<
m(x)≤m(x0).
故m(x)≤m(x0).
当x∈(x0,+∞)时,由m′(x)=,
可得x∈(x0,2)时,m′(x)>
0,m(x)单调递增;
x∈(2,+∞)时,m′(x)<
0,m(x)单调递减.
可知m(x)≤m
(2)=,且m(x0)<
m
(2).
综上可得,函数m(x)的最大值为.
16
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