高考数学二轮复习练习：专题限时集训15《导数的应用》（含答案详解）

高考数学二轮复习练习：专题限时集训15

《导数的应用》

一、选择题

1.已知f′(x)是定义在R上的连续函数f(x)的导函数，满足f′(x)－2f(x)<0，且f(－1)=0，

则f(x)>0的解集为(　　)

A.(－∞，－1)    B.(－1,1)     C.(－∞，0)     D.(－1，＋∞)

2.设函数f(x)满足2x2f(x)＋x3f′(x)=ex，f(2)=，则x∈[2，＋∞)时，

f(x)的最小值为(　　)

A.　       B.          C.          D.

3.已知函数f(x)的导函数为f′(x)，若x2f′(x)＋xf(x)=sin x(x∈(0,6))，f(π)=2，

则下列结论正确的是(　　)

A.y=xf(x)在(0,6)上单调递减

B.y=xf(x)在(0,6)上单调递增

C.y=xf(x)在(0,6)上有极小值2π

D.y=xf(x)在(0,6)上有极大值2π

4.若函数f(x)=ex(sin x＋acos x)在上单调递增，则实数a的取值范围是(　　)

A.(－∞，1]      B.(－∞，1)     C.[1，＋∞)      D.(1，＋∞)

5.已知函数f(x)=－k，若x=2是函数f(x)的唯一一个极值点，

则实数k的取值范围为(　　)

A.(－∞，e]      B.[0，e]     C.(－∞，e)      D.[0，e)

6.已知函数f(x)=x3＋ax2＋bx＋c有两个极值点x1，x2.若f(x1)=x1＜x2，

则关于x的方程3(f(x))2＋2af(x)＋b=0的不同实根个数为(　　)

A.3            B.4           C.5           D.6

7.已知函数f(x)=x3－6x2＋9x，g(x)=x3－x2＋ax－(a>1)，若对任意的x1∈[0,4]，

总存在x2∈[0,4]，使得f(x1)=g(x2)，则实数a的取值范围为(　　)

A.      B.[9，＋∞)    C.∪[9，＋∞)    D.∪[9，＋∞)

8.已知函数f(x)=x＋xln x，若k∈Z，且k(x－1)<f(x)对任意的x>1恒成立，

则k的最大值为(　　)

A.2          B.3         C.4          D.5

二、填空题

9.已知函数f(x)=ex＋mln x(m∈R，e为自然对数的底数)，若对任意正数x1，x2，

当x1>x2时都有f(x1)－f(x2)>x1－x2成立，则实数m的取值范围是________.

10.已知直线y=b与函数f(x)=2x＋3和g(x)=ax＋ln x分别交于A，B两点，若|AB|的最小值为2，则a＋b=________.

11.设f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－2)=0，当x>0时，xf′(x)－f(x)>0，

则使得f(x)>0成立的x的取值范围是________.

12.已知函数f(x)=m－2ln x(m∈R)，g(x)=－，若至少存在一个x0∈[1，e]，使得f(x0)<g(x0)成立，则实数m的取值范围是________.

三、解答题

13.已知函数f(x)=ln x－x2＋(a∈R，a为常数)，函数g(x)=e1－x＋x2－1.

(1)讨论函数f(x)的极值点的个数；

(2)若不等式f(x)≤g(x)对任意x∈[1，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围.

14.已知函数f(x)=(x＋1)ln x－ax＋2.

(1)当a=1时，求曲线f(x)在x=1处的切线方程；

(2)若函数f(x)在定义域上具有单调性，求实数a的取值范围；

(3)求证：＋＋＋…＋<ln(n＋1)，n∈N*.

0.答案详解

1.答案为：A；

解析：设g(x)=，则g′(x)=<0在R上恒成立，

所以g(x)在R上递减，又因为g(－1)=0，f(x)>0⇔g(x)>0，所以x<－1.]

2.答案为：D；

解析：对于等式2x2f(x)＋x3f′(x)=ex，因为x>0，故此等式可化为f′(x)=，

且f′(2)==0.令g(x)=ex－2x2f(x)，g(2)=0.

g′(x)=ex－2[2xf(x)＋x2f′(x)]=ex－2=(x－2).

当x≥2时，g′(x)≥0，g(x)单调递增，故gmin(x)=g(2)=0，

因此当x≥2时，g(x)≥0恒成立.因为f′(x)=，

所以f′(x)≥0恒成立.

因此f(x)在[2，＋∞)上单调递增，f(x)的最小值为f(2)=.故选D.]

3.答案为：D；

解析：因为x2f′(x)＋xf(x)=sin x，x∈(0,6)，所以xf′(x)＋f(x)=，

设g(x)=xf(x)，x∈(0,6)，则g′(x)=f(x)＋xf′(x)=，

令g′(x)>0，得0<x<π，令g′(x)<0，得π<x<6，

所以当x=π时，函数g(x)=xf(x)取得极大值g(π)=πf(π)=2π.]

4.答案为：A；

解析：f′(x)=ex[sin x＋cos x－a(sin x－cos x)]，

当a=0时，f′(x)=ex(sin x＋cos x)，显然x∈，f′(x)>0恒成立，排除C，D；

当a=1时，f′(x)=2excos x，x∈时，f′(x)>0，故选A.]

5.答案为：A；

解析：f′(x)=－k=(x＞0).

设g(x)=，则g′(x)=，则g(x)在(0,1)内单调递减，

在(1，＋∞)内单调递增.∴g(x)在(0，＋∞)上有最小值，为g(1)=e,

结合g(x)=与y=k的图象可知，要满足题意，只需k≤e，选A.]

6.答案为：A；

解析：f′(x)=3x2＋2ax＋b，原题等价于方程3x2＋2ax＋b=0有两个不等实数根x1，x2，

且x1＜x2，x∈(－∞，x1)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；

x∈(x1，x2)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；

x∈(x2，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增.

∴x1为极大值点，x2为极小值点.

∴方程3(f(x))2＋2af(x)＋b=0有两个不等实根，f(x)=x1或f(x)=x2.

∵f(x1)=x1，

∴由图知f(x)=x1有两个不同的解，f(x)=x2仅有一个解.故选A.]

7.答案为：C；

解析：由f′(x)=3x2－12x＋9=3(x－1)(x－3)=0，得x=1或x=3，

所以当x∈[0,4]时，当0≤x<1或3<x≤4时，f′(x)>0，即f(x)单调递增，

当1<x<3时，f′(x)<0，即f(x)单调递减，即当x=1时，f(x)取极大值4，

当x=3时，f(x)取极小值0.函数f(x)的值域为[0,4].

又因为g′(x)=x2－(a＋1)x＋a=(x－1)(x－a).

当1<a<4时，g(x)在[0,1]上单调递增，在[1，a]上单调递减，在[a,4]上单调递增，

所以g(x)的最小值为g(0)或g(a)，g(x)的最大值为g(1)或g(4).

因为g(0)=－<0，所以g(1)≥4或g(4)≥4.

所以≥4或13－4a≥4，解得a≥9或a≤.

又因为1<a<4，所以1<a≤.当a≥4时，g(x)在[0,1]上单调递增，在[1,4]上单调递减，

所以g(x)的最小值为g(0)或g(4)，最大值为g(1).因为g(0)=－<0，

所以g(1)≥4，即a≥9.综上所述，1<a≤或a≥9.故选C.]

8.答案为：B；

解析：法一：(分离参数法)依题意得，k<对任意的x>1恒成立.

令g(x)=，则g′(x)=，

令h(x)=x－ln x－2(x>1)，则h′(x)=1－=>0，

所以函数h(x)在(1，＋∞)上单调递增.

因为h(3)=1－ln 3<0，h(4)=2－2ln 2>0.

所以方程h(x)=0在(1，＋∞)上存在唯一实数根x0，且满足x0∈(3,4)，

即有h(x0)=x0－ln x0－2=0，ln x0=x0－2.

当1<x<x0时，h(x)<0，即g′(x)<0，当x>x0时，h(x)>0，即g′(x)>0，

所以函数g(x)=在(1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，

所以[g(x)]min=g(x0)===x0∈(3,4).

所以k<[g(x)]min=x0∈(3,4).故整数k的最大值是3.选B.

法二：(特殊值验证法)依题意得，当x=2时，k(2－1)<f(2)，即k<2＋2ln 2<2＋2=4，

因此满足题意的最大整数k的可能取值为3.当k=3时，记g(x)=f(x)－k(x－1)，

即g(x)=xln x－2x＋3(x>1)，则g′(x)=ln x－1，

当1<x<e时，g′(x)<0，g(x)在区间(1，e)上单调递减；

当x>e时，g′(x)>0，g(x)在区间(e，＋∞)上单调递增.

因此，g(x)的最小值是g(e)=3－e>0，于是有g(x)>0恒成立.

所以满足题意的最大整数k的值是3，选B.]

9.答案为：[0，＋∞)；

解析：依题意得，对于任意的正数x1，x2，当x1>x2时，都有f(x1)－x1>f(x2)－x2，

因此函数g(x)=f(x)－x在区间(0，＋∞)上是增函数，

于是当x>0时，g′(x)=f′(x)－1=ex＋－1≥0，即x(ex－1)≥－m恒成立.

记h(x)=x(ex－1)，x>0，则有h′(x)=(x＋1)·ex－1>(0＋1)e0－1=0(x>0)，

h(x)在区间(0，＋∞)上是增函数，h(x)的值域是(0，＋∞)，

因此－m≤0，m≥0.故所求实数m的取值范围是[0，＋∞).]

10.答案为：2；

解析：设点B(x0，b)，欲使|AB|最小，曲线g(x)=ax＋ln x在点B(x0，b)处的切线

与f(x)=2x＋3平行，则有a＋=2，解得x0=，进而可得a·＋ln =b　①，

又点A坐标为，所以|AB|=x0－=－=2　②，

联立方程①②可解得，a=1，b=1，所以a＋b=2.]

11.答案为：(－2,0)∪(2，＋∞)；

解析：令g(x)=，则g′(x)=，

∴当x>0时，g′(x)>0，即g(x)在(0，＋∞)上单调递增，∵f(x)为奇函数，f(－2)=0，

∴f(2)=0，∴g(2)==0，

结合奇函数f(x)的图象(图略)知，f(x)>0的解集为(－2,0)∪(2，＋∞)].

12.答案为：；

解析：[由题意，不等式f(x)<g(x)在[1，e]上有解，∴mx<2ln x在[1，e]上有解，

即<在[1，e]上有解，令h(x)=，则h′(x)=，

当1≤x≤e时，h′(x)≥0，∴在[1，e]上，h(x)max=h(e)=，

∴<，∴m<.∴m的取值范围是.]

13.解：(1)f′(x)=－x－=(x>0)，由f′(x)=0，得a=x－x3，记h(x)=x－x3，

则h′(x)=1－3x2，由h′(x)=0，得x=，

且0<x<时，h′(x)>0，当x>时，h′(x)<0，

所以当x=时，h(x)取得最大值，

又h(0)=0，当a≥时，f′(x)≤0恒成立，函数f(x)无极值点；

当0<a<时，f′(x)=0有两个解x1，x2，

且0<x<x1时，f′(x)<0，x1<x<x2时，f′(x)>0，x>x2时，f′(x)<0，

所以函数f(x)有两个极值点；当a≤0时，方程f′(x)=0有一个解x0，

且0<x<x0时f′(x)>0.x>x0时，f′(x)<0，所以函数f(x)有一个极值点.

综上所述，当a≥时，函数f(x)无极值点，

当0<a<时，函数f(x)有两个极值点；

当a≤0时，函数f(x)有1个极值点.

(2)记φ(x)=g(x)－f(x)=e1－x－ln x＋ax2－－1(x≥1)，

由φ(1)=e0－ln 1＋a－a－1=0，φ′(x)=－e1－x－＋2ax＋，

φ′(1)=－1－1＋3a=3a－2，由φ′(1)≥0，得a≥.又当a≥，

x≥1时，[φ′(x)]′=e1－x＋＋2a－=e1－x＋＋2a>0，

φ′(x)≥φ′(1)≥0，φ(x)在区间[1，＋∞)上单调递增，

所以φ(x)≥φ(1)=0恒成立，即g(x)≥f(x)恒成立.

综上所述，实数a的取值范围是.

14.解：(1)当a=1时，f(x)=(x＋1)ln x－x＋2(x>0)，f′(x)=ln x＋，

f′(1)=1，f(1)=1，所以曲线f(x)在x=1处的切线方程为y=x.

(2)f′(x)=ln x＋＋1－a(x>0).

(ⅰ)当函数f(x)在定义域上单调递减，即当a≥ln x＋时，

令g(x)=ln x＋，则g′(x)=，

当x>1时，g′(x)>0，a≥ln x＋无法恒成立；

(ⅱ)当函数f(x)在定义域上单调递增，即当a≤ln x＋时，

令g(x)=ln x＋，则g′(x)=，x>0，则函数g(x)在(0,1)上单调递减，

在(1，＋∞)上单调递增，又g(x)≥2，故a≤2.

(3)证明：由(2)，得当a=2时，f(x)在(1，＋∞)上单调递增，

由f(x)>f(1)，x>1，得(x＋1)ln x－2x＋2>0，即ln x>在(1，＋∞)上总成立.

令x=，得ln >，化简，得ln (n＋1)－ln n>，

所以ln 2－ln 1>，ln 3－ln 2>，…，ln(n＋1)－ln n>，累加，

得ln(n＋1)－ln 1>＋＋…＋，即＋＋＋…＋<ln(n＋1)，n∈N*.