§3.2-导数的应用(试题部分).docx

该【§3.2-导数的应用(试题部分) 】是由【rongfunian】上传分享，文档一共【34】页，该文档可以免费在线阅读，需要了解更多关于【§3.2-导数的应用(试题部分) 】的内容，可以使用淘豆网的站内搜索功能，选择自己适合的文档，以下文字是截取该文章内的部分文字，如需要获得完整电子版，请下载此文档到您的设备，方便您编辑和打印。§　导数的应用
探考情 悟真题
【考情探究】
考点
内容解读
5年考情
预测
热度
考题示例
考向
关联考点
利用导数
研究函数
的单调性
①了解函数单调性和导数的关系;
②能利用导数研究函数的单调性,会求函数的单调区间(其中多项式函数不超过三次)
2017课标全国Ⅱ,21,12分
导数与函数的单调性
不等式恒成立求参数范围
★★★
2016课标全国Ⅰ,12,5分
利用函数单调性求参数范围
不等式恒成立求参数范围
2019课标全国Ⅲ,20,12分
判断单调性及求最值
—
利用导数
研究函数
的极值
与最值
①了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件;
②会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数不超过三次);会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数不超过三次)
2018课标全国Ⅰ,21,12分
导数与函数单调性、极值、最值
不等式的证明
★★★
2017课标全国Ⅲ,21,12分
利用最值证明不等式
函数的单调性
2015课标Ⅱ,21,12分
利用导数求函数最值
函数的单调性
2019课标全国Ⅱ,21,12分
利用导数研究函数的极值点
函数的单调性
导数的综
合应用
利用导数解决实际问题、函数的零点(方程的根)的问题、不等式问题以及恒成立(存在性)问题
2018课标全国Ⅱ,21,12分
函数的零点
导数与函数的单调性
★★★
2019课标全国Ⅰ,20,12分
零点个数的证明
导数与函数的单调性
2015课标Ⅰ,21,12分
函数的零点,不等式的证明
导数与函数的单调性
分析解读
函数的单调性是函数的一条重要性质,、求函数的最值与极值,以及实际问题中的优化问题等,、方程、不等式、数列等知识相联系,综合考查函数的最值与参数的取值(范围),,属难度较大题.
破考点 练考向
【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　B　
2.(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)<1,若f(2-m)-f(m)>2-2m,则实数m的取值范围是　　　　. 
答案　(1,+∞)
3.(2020届福建龙海二中期初考试,18)设函数f(x)=x3-3ax2+3bx的图象与直线12x+y-1=0相切于点(1,-11).
(1)求a,b的值;
(2)讨论函数f(x)的单调性.
答案　(1)易得f '(x)=3x2-6ax+3b.
因为f(x)的图象与直线12x+y-1=0相切于点(1,-11),
所以f(1)=-11,f '(1)=-12,即1-3a+3b=-11,3-6a+3b=-12,
解得a=1,b=-3.
(2)由a=1,b=-3得f '(x)=3x2-6ax+3b=3(x2-2x-3)=3(x+1)(x-3).
令f '(x)>0,解得x<-1或x>3,令f '(x)<0,解得-1<x<3.
所以当x∈(-∞,-1)时,f(x)是增函数,
当x∈(3,+∞)时,f(x)也是增函数;
当x∈(-1,3)时,f(x)是减函数.
考点二　利用导数研究函数的极值与最值
1.(2018广东珠海二中期中,15)已知x0是函数f(x)=x3-12x的极小值点,则x0=　　　　. 
答案　2
2.(2020届皖江名校联盟第一次联考,20)函数f(x)=aex+x2-ln x(e为自然对数的底数,a为常数),曲线f(x)在x=1处的切线方程为(e+1)x-y=0.
(1)求实数a的值;
(2)证明:f(x)的最小值大于54+ln 2.
答案　(1)对f(x)求导可得f '(x)=aex+2x-1x,所以f '(1)=ae+1.
由曲线f(x)在x=1处的切线方程为(e+1)x-y=0可知ae+1=e+1,故a=1.
(2)证明:由(1)知f(x)=ex+x2-ln x(x>0),f '(x)=ex+2x-1x,
令f '(x)=g(x),则g'(x)=ex+2+1x2,易知g'(x)>0,
所以f '(x)在(0,+∞)上单调递增.
注意到f '14=e14+12-4<0,f '12=e12+1-2>0,所以由零点存在性定理可知存在x0∈14,12,使得f '(x0)=0,即ex0+2x0-1x0=0,即ex0=1x0-2x0.
当0<x<x0时,f '(x)<0,f(x)单调递减,当x>x0时,f '(x)>0,f(x)单调递增.
于是f(x)≥f(x0)=ex0+x02-ln x0=1x0-2x0+x02-ln x0=(x0-1)2+1x0-ln x0-1,
易知f(x0)=(x0-1)2+1x0-ln x0-1在14,12上单调递减,
所以f(x)≥f(x0)>f12=54+ln 2.
3.(2018湖北荆州一模,20)已知函数f(x)=-x2+ax-ln x(a∈R).
(1)若函数f(x)是单调递减函数,求实数a的取值范围;
(2)若函数f(x)在区间(0,3)上既有极大值又有极小值,求实数a的取值范围.
答案　(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f '(x)=-2x+a-1x=-2x2+ax-1x(x>0).
∵函数f(x)是单调递减函数,
∴f '(x)≤0对x∈(0,+∞)恒成立,
∴-2x2+ax-1≤0对x∈(0,+∞)恒成立,即a≤2x+1x对x∈(0,+∞)恒成立.
∵2x+1x≥22x·1x=22当且仅当2x=1x,即x=22时取“=”,∴a≤22.
(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Δ>0,0<a4<3,g(0)>0,g(3)>0,得a<-22或a>22,0<a<12,1>0,a<193,
∴22<a<,193.
考点三　导数的综合应用
1.(2019福建厦门模拟,12)定义在(0,+∞)上的函数f(x)满足f(x)+xf '(x)=1x, f(1)=0,若关于x的方程|f(x)|-a=0有3个实根,则a的取值范围是　　　　. 
答案　0,1e
2.(2020届河南濮阳模拟,21)设函数h(x)=(1-x)ex-a(x2+1).
(1)若函数h(x)在点(0,h(0))处的切线方程为y=kx+2,求实数k与a的值;
(2)若函数h(x)有两个零点x1,x2,求实数a的取值范围.
答案　(1)因为h'(x)=-xex-2ax,所以k=h'(0)=0,
又因为h(0)=1-a,所以1-a=2,即a=-1.
(2)令h(x)=0,得(1-x)ex-ax2=a,所以a=(1-x)exx2+1,
令f(x)=(1-x)exx2+1(x∈R),
则f '(x)=-x(x2-2x+3)(x2+1)2ex=-x[(x-1)2+2](x2+1)2ex,
令f '(x)>0,解得x<0,令f '(x)<0,解得x>0,
则函数f(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0,+∞)上单调递减,所以f(x)max=f(0)=1,
又当x<1时,f(x)>0,当x>1时,f(x)<0,
画出函数f(x)的大致图象如图,由图知要使函数f(x)的图象与直线y=a有两个不同的交点,则0<a<1,故实数a的取值范围为(0,1).
3.(2019河南濮阳模拟,21)已知函数f(x)=ax-1x-ln x,其中a∈R.
(1)若a=1,求曲线y=f(x)在点P(1, f(1))处的切线方程;
(2)若对任意x≥1,都有f(x)≥0恒成立,求实数a的取值范围.
答案　(1)当a=1时, f(x)=x-1x-ln x,则f(1)=0,
对f(x)求导得f '(x)=1+1x2-1x,
所以f '(1)=1,
所以曲线y=f(x)在点P(1, f(1))处的切线方程为y=x-1.
(2)f(x)=ax-1x-ln x的导数为f '(x)=ax2-x+ax2,
若a≤0,则当x>1时,x-1x>0,ln x>0,
可得f(x)<0,不满足题意;
若a>0,则当Δ=1-4a2≤0,即a≥12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x≥1时,都有f(x)≥0,满足题意;
当Δ>0,即0<a<12时, f '(x)=0有两个不等实根,不妨设为x1,x2,且x1<x2,
则x1x2=1,x1+x2=1a>0,
所以有0<x1<1<x2,当1<x<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,不满足题意.
综上所述,a的取值范围为12,+∞.
4.(2019安徽合肥模拟,21)已知函数f(x)=x2+x-aln x(a∈R),g(x)=12x2+x+12.
(1)若曲线y=f(x)与y=g(x)在点(1,2)处的切线互相垂直,求a的值;
(2)讨论函数y=f(x)-g(x)+12的零点个数.
答案　(1)f '(x)=2x+1-ax,g'(x)=x+1,
由题意知f '(1)g'(1)=-1⇒(3-a)×2=-1,解得a=72.
(2)y=f(x)-g(x)+12=12x2-aln x,
令h(x)=12x2-aln x,x>0.
①当a=0时,h(x)在定义域(0,+∞)上恒大于0,h(x)没有零点.
②当a<0时,h'(x)=x-ax,则h'(x)>0在(0,+∞)上恒成立,
所以h(x)在定义域(0,+∞)上为增函数,
因为h(1)=12>0,h(e1a)=12e2a-1<0,
所以h(x)有1个零点.
③当a>0时,h'(x)=x-ax=x2-ax=(x+a)(x-a)x,
当x∈(0,a)时,h'(x)<0,h(x)在(0,a)上为减函数,
当x∈(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,
因为h(1)=12>0且h(a)<0,
所以方程h(x)=0在区间(0,a)内有一解,
因为当x>1时,x-ln x>0,
所以x>ln x,则h(x)=12x2-aln x>12x2-ax.
因为2a>a>1,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a∈[0,e)时,y=f(x)-g(x)+12没有零点,
当a<0或a=e时,y=f(x)-g(x)+12有1个零点,
当a>e时,y=f(x)-g(x)+12有2个零点.
炼技法 提能力
【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+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)∪(0,1]
C.(-1,1) D.(-1,0)∪(0,1)
答案　D　
2.(2019山东烟台模拟,10)已知函数f(x)=ax3+bx2+cx+da<23b在R上是单调递增函数,则c2b-3a的最小值是(　　)

答案　A　
3.(2019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)(x1<x2)两点,AB的中点为C(x0,0),求证:f '(x0)<0.
答案　(1)当a=-1时, f(x)=ln x+x2-bx(x>0).
∵f(x)在(0,+∞)上是增函数,
∴f '(x)=1x+2x-b≥0在x∈(0,+∞)上恒成立,
即b≤1x+2x在x∈(0,+∞)上恒成立,
∴只需b≤1x+2xmin.
∵x>0,∴1x+2x≥22,当且仅当x=22时,取“=”,∴b≤22,
∴b的取值范围为(-∞,22].
(2)证明:由题意得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)=1x0-2ax0-b=2x1+x2-[a(x1+x2)+b]
=2x1+x2-1x1-x2lnx1x2
=1x1-x22x1x2-1x1x2+1-lnx1x2,
令t=x1x2(0<t<1),φ(t)=2(t-1)t+1-ln t(0<t<1),
则φ'(t)=-(t-1)2t(t+1)2<0,∴φ(t)在(0,1)上单调递减.
∴φ(t)>φ(1)=∵x1<x2,∴1x1-x2<0.∴f '(x0)<0.
方法2　利用导数研究函数的极值与最值
1.(2018豫南九校第四次质量考评)已知定义在R上的函数f(x),其导函数f '(x)的大致图象如图所示,则下列叙述正确的是(　　)
①f(b)>f(a)>f(c);
②函数f(x)在x=c处取得极小值,在x=e处取得极大值;
③函数f(x)在x=c处取得极大值,在x=e处取得极小值;
④函数f(x)的最小值为f(d).
A.③ B.①② C.③④ D.④
答案　A　
2.(2019福建三明模拟,21)已知函数f(x)=xln x-a2x2-x(a∈R).
(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:x1x2>x1+x2.
答案　(1)∵f(x)=xln x-a2x2-x(x>0),∴f '(x)=ln x-ax(x>0).
由f '(e)=1-ae=-1,解得a=2e,
∴f(e)=-e.
故切点坐标为(e,-e),
∴曲线y=f(x)在x=e处的切线方程为x+y=0.
(2) f '(x)=ln x-ax(x>0),
令f '(x)=0,得a=lnxx.
令g(x)=lnxx(x>0),
则g'(x)=1-lnxx2,
当0<x<1时,g(x)<0;当x=1时,g(x)=0;当x>1时,g(x)>0.
令g'(x)=0,得x=e.
当0<x<e时,g'(x)>0;当x>e时,g'(x)<0.
故g(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,
∴g(x)max=g(e)=1e.
∴当a<0时, f(x)有一个极值点;
当0<a<1e时, f(x)有两个极值点;
当a≥1e时, f(x)没有极值点.
综上,若f(x)有两个极值点,则a的取值范围是0,1e.
证明:∵x1,x2是f(x)的两个极值点,
∴ln x1-ax1=0,ln x2-ax2=0,即ln x1=ax1,ln x2=ax2,①
不妨设0<x1<x2,则1<x1<e<x2,
∵g(x)在(e,+∞)上单调递减,且x1+x2>x2>e,
∴ln(x1+x2)x1+x2<ln x2x2,即ln(x1+x2)x1+x2<a,②
由①可得ln x1+ln x2=a(x1+x2),即ln(x1x2)x1+x2=a,③
由②③得ln(x1+x2)x1+x2<ln(x1x2)x1+x2,
∴x1x2>x1+x2.
【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Ⅰ,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.-1,13 C.-13,13 D.-1,-13
答案　C　
2.(2015课标Ⅱ,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的取值范围是(　　)　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　
,1 B.-∞,13∪(1,+∞)
C.-13,13 D.-∞,-13∪13,+∞
答案　A　
3.(2019课标全国Ⅲ,20,12分)已知函数f(x)=2x3-ax2+2.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)当0<a<3时,记f(x)在区间[0,1]的最大值为M,最小值为m,求M-m的取值范围.
答案　本题考查函数的导数及其应用的基础知识,考查导数与函数单调性之间的关系以及利用导数求函数最值的方法,考查学生的运算求解能力、推理论证能力以及分类讨论思想的应用.
(1)f '(x)=6x2-2ax=2x(3x-a).
令f '(x)=0,得x=0或x=a3.
若a>0,则当x∈(-∞,0)∪a3,+∞时, f '(x)>0;
当x∈0,a3时, f '(x)<0.
故f(x)在(-∞,0),a3,+∞单调递增,在0,a3单调递减;
若a=0, f(x)在(-∞,+∞)单调递增;
若a<0,则当x∈-∞,a3∪(0,+∞)时, f '(x)>0;
当x∈a3,0时, f '(x)<0.
故f(x)在-∞,a3,(0,+∞)单调递增,在a3,0单调递减.
(2)当0<a<3时,由(1)知, f(x)在0,a3单调递减,在a3,1单调递增,所以f(x)在[0,1]的最小值为fa3=-a327+2,最大值为f(0)=2或f(1)=4-a.
于是m=-a327+2,M=4-a,0<a<2,2,2≤a<3.
所以M-m=2-a+a327,0<a<2,a327,2≤a<3.
当0<a<2时,可知2-a+a327单调递减,所以M-m的取值范围是827,2.
当2≤a<3时,a327单调递增,所以M-m的取值范围是827,1.
综上,M-m的取值范围是827,2.
4.(2017课标全国Ⅱ,21,12分)设函数f(x)=(1-x2)ex.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)当x≥0时, f(x)≤ax+1,求a的取值范围.
答案　(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,-1+2)时, f '(x)>0;
当x∈(-1+2,+∞)时, f '(x)<0.
所以f(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a≥1时,设函数h(x)=(1-x)ex,h'(x)=-xex<0(x>0),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+1≤ax+1.
当0<a<1时,设函数g(x)=ex-x-1,g'(x)=ex-1>0(x>0),所以g(x)在[0,+∞)上单调递增,而g(0)=0,故ex≥x+1.
当0<x<1时, f(x)>(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a≤0时,取x0=5-12,
则x0∈(0,1), f(x0)>(1-x0)(1+x0)2=1≥ax0+1.
综上,a的取值范围是[1,+∞).
考点二　利用导数研究函数的极值与最值
1.(2019课标全国Ⅱ,21,12分)已知函数f(x)=(x-1)ln x-x-:
(1)f(x)存在唯一的极值点;
(2)f(x)=0有且仅有两个实根,且两个实根互为倒数.
证明　本题主要考查利用导数研究函数的极值点及方程根的问题,考查推理论证能力、运算求解能力,考查函数与方程思想、转化与化归思想,考查的核心素养是逻辑推理及数学运算.
(1)f(x)的定义域为(0,+∞).
f '(x)=x-1x+ln x-1=ln x-1x.
因为y=ln x单调递增,y=1x单调递减,所以f '(x) '(1)=-1<0, f '(2)=ln 2-12=ln4-12>0,故存在唯一x0∈(1,2),使得f '(x0)=0.
又当x<x0时, f '(x)<0, f(x)单调递减;当x>x0时, f '(x)>0, f(x)单调递增.
因此, f(x)存在唯一的极值点.
(2)由(1)知f(x0)<f(1)=-2,
又f(e2)=e2-3>0,
所以f(x)=0在(x0,+∞)内存在唯一根x=α.
由α>x0>1得1α<1<x0.
又f1α=1α-1ln1α-1α-1=f(α)α=0,
故1α是f(x)=0在(0,x0)的唯一根.
综上, f(x)=0有且仅有两个实根,且两个实根互为倒数.
2.(2018课标全国Ⅰ,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,并求f(x)的单调区间;
(2)证明:当a≥1e时, f(x)≥0.
答案　(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0<x<2时, f '(x)<0;
当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a≥1e时, f(x)≥exe-ln x-1.
设g(x)=exe-ln x-1,则g'(x)=exe-1x.
当0<x<1时,g'(x)<0;当x>1时,g'(x)>0.
所以x=1是g(x)的最小值点.
故当x>0时,g(x)≥g(1)=0.
因此,当a≥1e时, f(x)≥0.
3.(2017课标全国Ⅲ,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a<0时,证明f(x)≤-34a-2.
答案　(1)f(x)的定义域为(0,+∞), f '(x)=1x+2ax+2a+1=(x+1)(2ax+1)x.
若a≥0,则当x∈(0,+∞)时, f '(x)>0,故f(x)在(0,+∞)上单调递增.
若a<0,则当x∈0,-12a时, f '(x)>0;
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a<0时, f(x)在x=-12a处取得最大值,最大值为f-12a=ln-12a-1-14a.
所以f(x)≤-34a-2等价于ln-12a-1-14a≤-34a-2,即ln-12a+12a+1≤0.
设g(x)=ln x-x+1,则g'(x)=1x-1.