2018版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)第1部分重點強化專題限時集訓(xùn)16導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用文

1、專題限時集訓(xùn)(十六)導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用建議AB 組各用時：45 分鐘A 組咼考達(dá)標(biāo)一、選擇題1.函數(shù)y=f(x)的導(dǎo)函數(shù)y=f(x)的圖象如圖 16-1 所示，則函數(shù)y=f(x)的圖象可能是D 觀察導(dǎo)函數(shù)f(x)的圖象可知，f(x)的函數(shù)值從左到右依次為小于 小于 0,大于0,對應(yīng)函數(shù)f(x)的增減性從左到右依次為減、增、減、增.觀察選項可知，排除AC.如圖所示，f(x)有 3 個零點，從左到右依次設(shè)為xi,X2,X3,且xi,X3是極小值點,X2是極大值點，且X20，故選項 D 正確.故選 D.2.已知a為函數(shù)f(x) =x- 12x的極小值點，貝Ua=()A. 4B.- 2C. 4D. 2D 由題

2、意得f(x) = 3x2- 12,令f(x) = 0 得x= 2,.當(dāng)x2 時,0,大于 0,AB2f(x)0 ;當(dāng)一 2x2 時，f(x)f(e) f(3)B.f(3) f(e) f(2)C.f(3) f(2) f(e)D.f(e) f(3) f(2)D f(x)的定義域是(0 , +),1 Inx人，f(x) =x，令f(x) = 0，得x= e.x當(dāng)x (0 , e)時，f(x) 0,f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x (e , +)時，f(x) f(3) f(2)，故選 D.4. (2017 西安一模)設(shè)函數(shù)f(x) =xsinx在x=X。處取得極值，則(1 +x0) (1 + cos 2x。)的

3、值為()B. 1C. 2D 由f(x) =xsinx得f(x) = sinx+xcosx，令f(x) = 0，貝Uxo= tanxo, 所以x0= tan1 2x0，則(1 +x2)(1 + cos 2x) = 2(1 + x cos2x= 2(1 + tan2x)cos2x=1在(0 ,+)上單調(diào)遞增，又g(1) = 0，故g(x) 0 的解集為(0,1)，即f(x) - + 5 的x解集為(0,1)，由 0 Igx 1，解得 1x0,f(1) = 6,1則不等式f(Igx) 0，設(shè)g(x) =f(x) 一一 5,則g(x) =f(x) + 飛故g(x)xxx5. (2017 長江五校聯(lián)考B

4、. (0,10)D. (1,10)5126. (2017 武漢一模)已知函數(shù)f(x) =- 2X+ 4x 3lnx在(t,t+ 1)上存在極值點，則實數(shù)t的取值范圍為_.23x 4x+ 3 (0,1 )U(2,3 )由題意得f(x) =x+ 4=xx(x 0).由f(x) = 0 得x= 1 或x= 3，所以要使函數(shù)f(x)在(t,t+ 1)上存在極值 點，貝Utv1vt+ 1 或tv3vt+ 1,即卩 0vtv1 或 2vtv3,所以實數(shù)t的取值范圍為(0,1)U(2,3).exx、1 e 當(dāng)x 0 時，f(x)= r，二x (0,1)時，f(x)v0,函數(shù)單調(diào)遞減，xx (1 ,+m)時，

5、f(x) 0,函數(shù)單調(diào)遞增，x= 1 時，函數(shù)取得極小值即最小值， 為e 1,二由已知條件得h(x)的最大值為 1 e.1&已知函數(shù)f(x) =x3 2x+ ex -x,其中 e 是自然對數(shù)的底數(shù).若f(a 1) +f(2a3) 3x22+2 ee=3x20,所以f(x)在 R 上單調(diào)遞增，所以 2a2w1a,即卩 2a2+a 1w0,1所以一 1waw尹三、解答題a9. (2016 濰坊二模)已知函數(shù)f(x) = -+blnx，曲線y=f(x)在點(1 ,f(1)處的切線方程X為y=x.(1) 求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間及極值;7. (2017 郴州三模)已知奇函數(shù)f(x) =-1xi

6、i ,x viJ則函數(shù)h(x)的最大值為6e1所以f(x) =X3 2x+ e-X是奇函數(shù).若？x 1,f(x)wkx恒成立，求k的取值范圍.解(1)f(x)的定義域為(0,+),bxa八f( x)=廠,2 分z.故f=ba= 1,又f(1) =a,點(1 ,a)在直線y=x上, a= 1,貝Ub=2.12x1f(x) = + 2lnx且f(x) = l ,xx1 1當(dāng) 0vxv2 時，f(x)v0,當(dāng)xq 時，f(x) 0,故函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間為 ,+ ，單調(diào)減區(qū)間為i0, 2 ,f(x)極小值=f；= 2 2ln 2，無極大值.6 分f x2lnx 1,(2)由題意知，kx +x(x

7、 1)恒成立，人2lnx1令g(x) = + x(x 1),2 2lnx2 2xxlnx八貝U g(x) =2-3=3(x 1) , 8 分x xx令h(x) =xxlnx 1(x 1),貝U h(x) = lnx(x 1),當(dāng)x1時，h(x)w0,h(x)在1 , +m)上為減函數(shù)，故h(x)wh(1)=0,故 g(x)w0,g(x)在1,+s)上為減函數(shù)，故g(x)的最大值為g(1) = 1, k 1.12 分3210.設(shè)函數(shù)f(x) =x+ax+bx+c.(1) 求曲線y=f(x)在點(0 ,f(0)處的切線方程；(2) 設(shè)a=b= 4,若函數(shù)f(x)有三個不同零點，求c的取值范圍；2(

8、3) 求證：a 3b0 是f(x)有三個不同零點的必要而不充分條件72所以f(x) = 3X+ 8X+ 4.22令f(x) = 0，得 3x+ 8x+ 4 = 0，解得x=- 2 或x=-3.f(X)與f(X)在區(qū)間(8,+)上的情況如下：使得f(Xi) =f(X2) =f(X3) = 0.由f(x)的單調(diào)性知，當(dāng)且僅當(dāng)c 0, 2|時，函數(shù)f(x) =X3+ 4X2+ 4x+c有三個不同 零點.8 分_ 2 2證明：當(dāng)=4a12bv0 時，f(x)=3x+2ax+b0,x(m,+m),此時函數(shù)f(X)在區(qū)間(8,+8)上單調(diào)遞增，所以f(x)不可能有三個不同零點.當(dāng) = 4a2 12b= 0

9、 時，f(x) = 3x2+ 2ax+b只有一個零點，記作xo.當(dāng)X (8,X0)時，f(x) 0,f(x)在區(qū)間(一g,X。)上單調(diào)遞增；當(dāng)X(X0,+8)時，f(x)0,f(x)在區(qū)間(x,+8)上單調(diào)遞增.所以f(x)不可能有三個不同零點.10 分綜上所述，若函數(shù)f(x)有三個不同零點，則必有 = 4a2 12b 0.故a2 3b0 是f(x)有三個不同零點的必要條件.當(dāng)a=b= 4,c= 0 時，a 3b 0,f(x) =x+ 4x+ 4x=x(x+ 2)只有兩個不同零點， 所以a 3b0 不是f(x)有三個不同零點的充分條件.因此a2 3b0 是f(x)有三個不同零點的必要而不充分條

10、件.12 分X(8,2)2(-2, - 1)2一 3- 3,+8)f(x)+00+f(x)c32c27所以,當(dāng)C 0 且c3227V0 時，存在X1 ( 4, 2) ,X2-3，X38B 組名校沖刺一、選擇題121. (2017 江淮十校聯(lián)考)設(shè)函數(shù)f(x) = ?x2 9lnx在區(qū)間a 1,a+ 1上單調(diào)遞減，則實 數(shù)a的取值范圍是()A.1Vaw2B.a49D. Ovaw3A 易知函數(shù)f(x)的定義域為(0,+s),9912f(x) =x 一，由f(x) =xv0,解得 0vxv3.因為函數(shù)f(x) = x 9lnx在區(qū)XX2a 1 0,間a 1,a+ 1上單調(diào)遞減，所以解得 1vaw2,

11、選 A.a+1w3,_322. (2017 廣州一模)設(shè)函數(shù)f(x) =x+ax,若曲線y=f(x)在點Rx。，f(x。)處的切線方 程為x+y= 0，則點P的坐標(biāo)為()A. (0,0)B. (1 , 1)C.( 1,1)D. (1 , 1)或(1,1)D 由題易知，f(x) = 3x2+ 2ax,所以曲線y=f(x)在點Rx,f(x)處的切線的斜23x0+ 2ax0= 1,C.aw210率為f(X0)= 3x0+ 2ax0,又切線方程為x+y= 0,所以X0工 0,且&32只X0+X0+ax0= 0,解得a= 2,ax0=2X0= 1所以當(dāng)*a= 2時，點P的坐標(biāo)為(1 , 1)，當(dāng)

12、X0= 1時，點P的坐標(biāo)為a= 21,1)，故選 D.3.已知函數(shù)y=f(x)對任意的xn n2,滿足f(x)cosx+f(x)sinx0(其中f(x)是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù))，則下列不等式成立的是A.-3vf7tC.f(0) 2f i3D.f(0),2fnA 令g(x)=cosx，則g(x)丄丄X心心f XCOS x2cosxr XMx+f X沖X，由對任意的x2cosxTTn _(2, 2 滿足f(X)COSf(x)sinnx0，可得g(x) 0，即函數(shù)g(x)在 i ，則x+n7，即11g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1,+3)上單調(diào)遞減.又當(dāng)xT0時，g(x)- - 一OO,當(dāng)X

13、+O時，g(x) 0,而g(x)max=g(1) = 1 ,1只需 0v2av1? 00,由f(x) = 0,得x= 1,當(dāng) 0 x0,f(x)單調(diào)遞增； 當(dāng)x 1 時，f(x) 0,f(x)單調(diào)遞減； 所以x= 1 是f(x)的極大值點.62若a 1,解得1av0.a綜合得a的取值范圍是(1,+).X16. (2 016 皖南八校聯(lián)考)已知x (0,2)，若關(guān)于x的不等式 孑0，即kx 2x對任意x (0,2)恒成立，從而xxx1e2e2k0,所以由 &k+2xx2可得k0,函數(shù)f(x)在(1,2)上單調(diào)遞增， 當(dāng)x (0,1)時，f(X) 0,函數(shù)f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，所

14、以k0，求a的取值范圍.解(1)f(x)的定義域為(0,+).當(dāng)a= 4 時，f(x) = (x+ 1)lnx 4(x 1),1f(1) = 0,f(x) = lnx+X 3,f (1) = 2.z.故曲線y=f(x)在(1 ,f(1)處的切線方程為2x+y 2= 0.14(2)當(dāng)X (1 ,+)時,f(x) 0 等價于 lnx1x+1 0.設(shè)g(x) = ln則g (X) =12ax2+21a x+1X+12=X x+2g(1) = 0.當(dāng)aw2,x(1,+s)時，x2+2(1a)x+1x22x+10,故g(x)0,g(x)在(1 , +m)單調(diào)遞增，因此g(x) 0；當(dāng)a 2 時，令g(x

15、) = 0 得X1=a 1 a1 1,X2=a 1 + *a1 1.由X2 1 和X1X2= 1 得X1 1,故當(dāng)x (1 ,X2)時，g (x) 0,g(x)在(1 ,X2)單調(diào)遞減，因此g(x) i 時，g(x)0 ；(3) 確定a的所有可能取值，使得f(x)g(x)在區(qū)間(1 ,aW0時，f(x)0 時，由f(x) = 0 有x=,寸 2ax ，J2a丿時，f(x)0,f(x)單調(diào)遞增.證明：令s(x) = exT x,則s(x) = exT 1.當(dāng)x1 時，s(x)0，所以 ex1x,1 1從而g(x) = - F0.xe(3) 由 知，當(dāng)x1 時，g(x)0.當(dāng)a1 時，f(x) =a(x2 1) Inxg(x)在區(qū)間(1 ,+)內(nèi)恒成立時，必有1 1當(dāng) 0 篤時，-2a由(1)有f _；a，所以此時f(x)g(x)在區(qū)間(1 ,+)內(nèi)不恒成立.當(dāng)a2 時，令h(x) =f(x) g(x)(x 1).當(dāng)x1 時，h(x) = 2ax1+Ae1xx1+A1x xx x x因此，h(x)在區(qū)間(1,+s)上單調(diào)遞增.又因為h(1) = 0,所以當(dāng)x1 時，h(x) =f(x) g(x)0 , 即f解由