新人教A版高考数学二轮复习专题四导数及其应用2导数的应用专题检测含解析
展开这是一份新人教A版高考数学二轮复习专题四导数及其应用2导数的应用专题检测含解析，共10页。试卷主要包含了故c
导数的应用
专题检测
1.(2019广东惠州4月模拟,9)设函数f(x)在R上可导,其导函数为f'(x),且函数f(x)在x=-2处取得极小值,则函数y=x·f'(x)的图象可能是 ( )
答案 C 由函数f(x)在x=-2处取得极小值,可得f'(-2)=0,且当x∈(a,-2)(a<-2)时,f(x)单调递减,即f'(x)<0;当x∈(-2,b)(b>-2)时,f(x)单调递增,即f'(x)>0,所以函数y=xf'(x)在区间(a,-2)(a<-2)内的函数值为正,在区间(-2,b)(-2
A.1 B.32 C.2 D.3
答案 C 解法一:f'(x)=3x2-6x+4=3(x-1)2+1>0,所以f(x)为增函数.
又f-12=178,f(0)=5,f(2)=9,f(3)=17,所以f-12
方法总结 形如f(x)=ax3+bx2+cx+d(a≠0)的三次函数的对称中心是-b3a, f-b3a.
3.(2019江西九江第一次十校联考,3)已知函数f(x)的导函数f'(x)的图象如图所示,则下列叙述正确的是 ( )
A.函数f(x)在(-∞,-4)上单调递减
B.函数f(x)在x=-1处取得极大值
C.函数f(x)在x=-4处取得极值
D.函数f(x)只有一个极值点
答案 D 由导函数的图象可得,当x∈(-∞,2)时,f'(x)>0,函数f(x)单调递增;当x∈(2,+∞)时,f'(x)<0,函数f(x)单调递减.由于函数的单调减区间为(2,+∞),所以A不正确;
当x=2时,函数f(x)取得极大值,所以B不正确;
只有当x=2时函数取得极大值,所以C不正确,D正确.故选D.
易错警示 解答本题的关键是由题中的图象得到导函数值的符号,然后由导函数值的符号判断函数的单调性,进而得到函数的极值情况.解题时要分清导函数的极值点与函数极值点间的关系,常出现的错误是认为导函数的极值点即为函数的极值点.
4.(2019江西红色七校第一次联考,8)若函数f(x)=2x3-3mx2+6x在区间(1,+∞)上为增函数,则实数m的取值范围是 ( )
A.(-∞,1] B.(-∞,1) C.(-∞,2] D.(-∞,2)
答案 C f'(x)=6x2-6mx+6,由已知条件知x∈(1,+∞)时,f'(x)≥0恒成立.设g(x)=6x2-6mx+6,则g(x)≥0在(1,+∞)上恒成立.
当Δ=36(m2-4)≤0,即-2≤m≤2时,满足g(x)≥0在(1,+∞)上恒成立;
当Δ=36(m2-4)>0,即m<-2或m>2时,则需m2<1,g(1)=6-6m+6≥0,解得m<2,∴m<-2.
综上,m≤2,∴实数m的取值范围是(-∞,2].
5.(2018河北衡水金卷全国高三大联考,8)已知函数f(x)为R上的奇函数,且当x≥0时,f(x)=-ex+1+mcosx,记a=-2·f(-2),b=-f(-1),c=3f(3),则a,b,c间的大小关系是 ( )
A.b
当x≥0时,g'(x)=[x(-ex+1)]'=1-ex-xex=-(x+1)ex+1≤0,所以g(x)在[0,+∞)上单调递减.
又a=-2f(-2)=g(-2)=g(2),b=-f(-1)=g(-1)=g(1),c=3f(3)=g(3).故c
C.2f(1)
则g'(x)=f '(x)(1+lnx)-f(x)1x(1+lnx)2,
由(x+xlnx)f'(x)
故g(x)在x∈1e,+∞上递减,
故g(e)
7.(2020河北邢台第一次摸底考试,12)函数f(x)=(x3-3x)·ex-1x-2在区间[-3,2)∪(2,3]上的零点个数为 ( )
A.2 B.3 C.4 D.5
答案 C 令f(x)=(x3-3x)ex-1x-2=0,得(x2-2x)ex=1x2-3.设g(x)=(x2-2x)ex,h(x)=1x2-3,则g'(x)=(x2-2)ex.
当-3≤x<-2时,g'(x)>0;当-2
8.(2018广东佛山一模,12)设函数f(x)=x3-3x2+2x,若x1,x2(x1
A.0 B.1 C.2 D.3
答案 B 函数g(x)=f(x)-λx,∴g'(x)=f'(x)-λ,
令g'(x)=0,得f'(x)-λ=0,
∴f'(x)=λ有两解x1,x2(x1
①若-1<λ<0,则x1、x2在f(x)的递减区间上,故f(x1)>f(x2);
②若0<λ<2,则x1>0,x2<2,又x1,0在f(x)的一个递增区间上,x2,2在f(x)的另一个递增区间上,∴f(x1)>f(0)=0,f(x2)
A.[6-8ln2,e2-6] B.[e2-6,+∞)
C.10+1e2,+∞ D.6-8ln2,10+1e2
答案 D 函数y=-x2-2的图象与函数y=x2+2的图象关于x轴对称,
根据已知得函数y=a+8lnxx∈1e,e的图象与函数y=x2+2的图象有交点,即方程a+8lnx=x2+2在x∈1e,e上有解,即a=x2+2-8lnx在x∈1e,e上有解,
令g(x)=x2+2-8lnx,x∈1e,e,则g'(x)=2x-8x=2x2-8x,
当x∈1e,2时,g'(x)<0,当x∈(2,e]时,g'(x)>0,
故当x=2时,g(x)取最小值,为g(2)=6-8ln2,由于g1e=10+1e2,g(e)=e2-6,故当x=1e时,g(x)取最大值10+1e2,所以6-8ln2≤a≤10+1e2.故选D.
10.(2019江西赣州模拟,12)若关于x的不等式ln2x+1x≤ax+b成立,则ba的最小值是 ( )
A.-12e B.-1e C.1e D.12e
答案 A 令f(x)=ln2x+1x,f'(x)=1x·x-ln2x-1x2=-ln2xx2,x∈0,12时,f'(x)>0,函数f(x)单调递增,x∈12,+∞时,f'(x)<0,函数f(x)单调递减,且x=12时,f(x)>0,函数f(x)的图象如图所示,满足题意时,直线y=ax+b恒不在函数f(x)图象的下方,很明显a<0时不合题意,当a>0时,令ax+b=0,可得ba=-x,故ba取到最小值时,直线在x轴上的截距最大,令f(x)=0,可得x=12e,则-x=-12e,据此可得ba的最小值是-12e,故选A.
解后反思 本题主要考查用导函数研究函数的图象及性质,考查数形结合的思想、等价转化的思想,综合性较强.
11.(2019安徽黄山二模,12)已知定义在R上的连续可导函数f(x)无极值,且∀x∈R,f[f(x)+2018x]=2019,若g(x)=2sinx+π6+mx在3π2,2π上与函数f(x)的单调性相同,则实数m的取值范围是 ( )
A.(-∞,-2] B.[-2,+∞)
C.(-∞,2] D.[-2,-1]
答案 A 定义在R上的连续可导函数f(x)无极值,则f'(x)≥0或f'(x)≤0,即f(x)为R上的单调函数.因为∀x∈R,f[f(x)+2018x]=2019,所以f(x)+2018x为定值.设t=f(x)+2018x,则f(x)=t-2018x,易知f(x)为R上的减函数.∵g(x)=2sinx+π6+mx,∴g'(x)=2cosx+π6+m,又g(x)在32π,2π上与f(x)的单调性相同,∴g(x)在32π,2π上单调递减,则当x∈3π2,2π时,g'(x)≤0恒成立,即m≤-2cosx+π6.当x∈3π2,2π时,x+π6∈5π3,13π6,则当x+π6=2π时,y=2cosx+π6取得最大值2,此时y=-2cosx+π6取得最小值-2,则m≤-2,故实数m的取值范围是(-∞,-2],故选A.
思路分析 根据可导函数f(x)无极值,得到f(x)是单调函数,根据已知得f(x)+2018x为定值,利用换元法得到f(x)的解析式,判断函数f(x)的单调性,然后得到g(x)在32π,2π上的单调性,利用导数与单调性之间的关系转化为不等式恒成立进行求解即可.
解题关键 本题考查导数的综合应用,考查利用导数求函数的单调性,利用条件判断函数f(x),g(x)的单调性是解决本题的关键.
12.(2020四川成都摸底测试,12)若关于x的不等式xlnx-kx+2k+1>0在(2,+∞)上恒成立,则满足条件的整数k的最大值为( )
A.2 B.3 C.4 D.5
答案 A 当x∈(2,+∞)时,不等式xlnx-kx+2k+1>0恒成立等价于k
f'(x)=x-2lnx-3(x-2)2,令g(x)=x-2lnx-3(x>2),则g'(x)=1-2x>0,函数g(x)在(2,+∞)上单调递增.又g(e)=e-5<0,g(e2)=e2-7>0,所以在(e,e2)上存在x0,使g(x0)=0,即x0-2lnx0-3=0,∴当x∈(2,x0)时,g(x)<0,f'(x)<0,函数f(x)单调递减;当x∈(x0,+∞)时,g(x)>0,f'(x)>0,函数f(x)单调递增,所以f(x)min=f(x0)=x0lnx0+1x0-2,将x0=
2lnx0+3代入,得f(x)min=lnx0+1.
∵e
方法点拨 对于不等式恒成立时,求参数的范围问题,一般有三种方法,一是分离参数法,使不等式一端是含有参数的式子,另一端是一个区间上具体的函数,通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件;二是讨论分析法,根据参数取值情况分类讨论;三是数形结合法,通过两个函数的图象进行分析.
13.(2020四川成都摸底测试,15)已知f(x)是定义在-π2,π2上的奇函数,其导函数为f'(x),fπ8=2,且当x∈0,π2时,f'(x)sin2x+2f(x)cos2x>0.则不等式f(x)sin2x<1的解集为 .
答案 -π8,π8
解析 构造函数F(x)=f(x)sin2x,则F'(x)=f'(x)sin2x+2f(x)cos2x,因为f(x)是定义在-π2,π2上的奇函数,所以F(-x)=f(-x)sin(-2x)=F(x),所以F(x)是定义在-π2,π2上的偶函数.因为当x∈0,π2时,f'(x)sin2x+2f(x)cos2x>0,所以F'(x)>0,所以F(x)在0,π2上单调递增,又F(x)在-π2,π2上是偶函数,所以F(x)在-π2,0上单调递减.因为Fπ8=fπ8sinπ4=1,所以不等式f(x)sin2x<1等价于F(x)
14.(2020黑龙江哈尔滨师范大学附属中学9月月考,21)已知函数f(x)=12x2+ax-aex,g(x)为f(x)的导函数.
(1)求函数g(x)的单调区间;
(2)若函数g(x)在R上存在最大值0,求函数f(x)在[0,+∞)上的最大值.
解析 (1)由题意可知,g(x)=f'(x)=x+a-aex,
则g'(x)=1-aex, (1分)
当a≤0时,g'(x)>0,∴g(x)在(-∞,+∞)上单调递增; (2分)
当a>0时,当x<-lna时,g'(x)>0,当x>-lna时,g'(x)<0,
∴g(x)在(-∞,-lna)上单调递增,在(-lna,+∞)上单调递减.(4分)
综上,当a≤0时,g(x)的单调递增区间为(-∞,+∞),无递减区间;
当a>0时,g(x)的单调递增区间为(-∞,-lna),单调递减区间为(-lna,+∞). (6分)
(2)由(1)可知,a>0,
且g(x)在x=-lna处取得最大值, (7分)
g(-lna)=-lna+a-a·eln1a=a-lna-1,即a-lna-1=0, (8分)
令h(a)=a-lna-1(a>0),则h'(a)=1-1a=a-1a,
当a∈(0,1)时,h'(a)<0,当a∈(1,+∞)时,h'(a)>0,
∴h(a)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,
∴h(a)≥h(1)=0,
∴当且仅当a=1时,a-lna-1=0,
∴f(x)=12x2+x-ex, (10分)
由题意可知f'(x)=g(x)≤0,f(x)在[0,+∞)上单调递减, (11分)
∴f(x)在x=0处取得最大值f(0)=-1. (12分)
15.(2020百师大联盟开学大联考,20)函数f(x)=alnx-a2x-6x(a∈R).
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)若a>0,证明:当x∈(0,2]时,f(x)<0恒成立.
解析 (1)f'(x)=ax+a2x2-6=-6x2+ax+a2x2. (1分)
令f'(x)=0,得-6x2+ax+a2=0,
解得x1=a2,x2=-a3. (3分)
①当a=0时,f'(x)=-6<0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递减.
②当a>0时,a2>0,-a3<0,f(x)在0,a2上单调递增,在a2,+∞上单调递减.
③当a<0时,a2<0,-a3>0,f(x)在0,-a3上单调递增,在-a3,+∞上单调递减. (5分)
(2)当a>0时,由(1)得f(x)在0,a2上单调递增,在a2,+∞上单调递减.
①当a2<2,即0
②当a2≥2,即a≥4时,f(x)在(0,2]上单调递增.
f(x)max=f(2)=aln2-a2-12.
因为a≥4,ln2
综合①②可知当x∈(0,2]时,f(x)<0恒成立. (12分)
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