高考數學 理二輪專題復習 課時鞏固過關練七導數的綜合應用 Word版含解析

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1、 課時鞏固過關練(七)　導數的綜合應用 　　　　　　　　　　　 一、選擇題 1．設函數f(x)＝＋lnx，則(　　) A．x＝為f(x)的極大值點 B．x＝為f(x)的極小值點 C．x＝2為f(x)的極大值點 D．x＝2為f(x)的極小值點 解析：f ′(x)＝－＋＝，令f ′(x)＝0，則x＝2.當x<2時，f ′(x)＝－＋＝<0；當x>2時，f ′(x)＝－＋＝>0.即當x<2時，f(x)是單調遞減的；當x>2時，f(x)是單調遞增的．所以x＝2是f(x)的極小值點，故選D. 答案：D 2．設直線x＝t與函數f(x)＝x2，g(x)＝lnx的圖象分別交于點

2、M，N，則當|MN|達到最小時t的值為(　　) A．1 B. C. D. 解析：由題|MN|＝x2－lnx(x>0)，不妨令h(x)＝x2－lnx，則h′(x)＝2x－，令h′(x)＝0，解得x＝，因為x∈時，h′(x)<0，當x∈時，h′(x)>0，所以當x＝時，|MN|達到最小，即t＝. 答案：D 3．設函數f(x)＝sin.若存在f(x)的極值點x0滿足x＋[f(x0)]2

3、極值為，所以[f(x0)]2＝3，因為f ′(x0)＝cos＝0，所以＝kπ＋，k∈Z，所以＝k＋，k∈Z，即＝≥，所以|x0|≥，即x＋[f(x0)]2≥＋3，而已知x＋[f(x0)]2＋3，故>3，解得m>2或m<－2，故選C. 答案：C 4．(20xx福建高考)若定義在R上的函數f(x)滿足f(0)＝－1，其導函數f ′(x)滿足f ′(x)>k>1，則下列結論中一定錯誤的是(　　) A．f< B．f> C．f< D．f> 解析：∵f ′(x)＝li ，f ′(x)>k>1，∴>k>1，即>k>1， 當x＝時，f ＋1>k＝，即f>－1＝，則f>，所以f

4、<一定錯誤．故選C. 答案：C 5．(20xx吉林四模)設函數f(x)在R上存在導數f′(x)，對任意的x∈R，有f(－x)＋f(x)＝x2，且x∈(0，＋∞)時，f′(x)>x.若f(2－a)－f(a)≥2－2a，則實數a的取值范圍為(　　) A．[1，＋∞) B．(－∞，1] C．(－∞，2] D．[2，＋∞) 解析：∵f(－x)＋f(x)＝x2，∴f(x)－x2＋f(－x)－x2＝0， 令g(x)＝f(x)－x2，∵g(－x)＋g(x)＝f(－x)－x2＋f(x)－x2＝0， ∴函數g(x)為奇函數． ∵x∈(0，＋∞)時，f′(x)>x. ∴x∈(0，＋∞)時，g

5、′(x)＝f′(x)－x>0，故函數g(x)在(0，＋∞)上是增函數， 故函數g(x)在(－∞，0)上也是增函數，由f(0)＝0，可得g(x)在R上是增函數． f(2－a)－f(a)≥2－2a，等價于f(2－a)－≥f(a)－， 即g(2－a)≥g(a)， ∴2－a≥a，解得a≤1， 故選B. 答案：B 6．(20xx貴州模擬)若函數f(x)＝－lnx－(a>0，b>0)的圖象在x＝1處的切線與圓x2＋y2＝1相切，則a＋b的最大值是(　　) A．4 B．2 C．2 D. 解析：∵f(x)＝－lnx－的導數為f ′(x)＝－，令x＝1，則f ′(1)＝－，又f(1)＝－

6、，則切線方程為y＋＝－(x－1)，即ax＋by＋1＝0，∵切線與圓x2＋y2＝1相切， ∴＝1，∴a2＋b2＝1.又a>0，b>0，∴a2＋b2≥2ab,2(a2＋b2)≥(a＋b)2，∴a＋b≤＝.∴a＋b的最大值為，故選D. 答案：D 7．(20xx全國卷Ⅰ)設函數f(x)＝ex(2x－1)－ax＋a，其中a<1，若存在唯一的整數x0，使得f(x0)<0，則a的取值范圍是(　　) A. B. C. D. 解析：設g(x)＝ex(2x－1)，y＝ax－a，由題知存在唯一的整數x0，使得g(x0)在直線y＝ax－a的下方．因為g′(x)＝ex(2x＋1)，所以當x<－時，g

7、′(x)<0，當x>－時，g′(x)>0，所以當x＝－時，(g(x))min＝－2e－，當x＝0時，g(0)＝－1，當x＝1時，g(1)＝e>0，直線y＝ax－a恒過(1,0)，斜率為a，故－a>g(0)＝－1，且g(－1)＝－3e－1≤－a－a，解得≤a<1，故選D. 答案：D 二、填空題 8．(20xx安徽高考)設x3＋ax＋b＝0，其中a，b均為實數，下列條件中，使得該三次方程僅有一個實根的是__________．(寫出所有正確條件的序號) ①a＝－3，b＝－3；②a＝－3，b＝2；③a＝－3，b>2；④a＝0，b＝2；⑤a＝1，b＝2. 解析：令f(x)＝x3＋ax＋b，求導

8、得f ′(x)＝3x2＋a，當a≥0時，f ′(x)≥0，所以f(x)單調遞增，且至少存在一個數使f(x)<0，至少存在一個數使f(x)>0，所以f(x)＝x3＋ax＋b必有一個零點，即方程x3＋ax＋b＝0僅有一根，故④⑤正確；當a<0時，若a＝－3，則f ′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)，易知，f(x)在(－∞，－1)，(1，＋∞)上單調遞增，在[－1,1]上單調遞減，所以f(x)極大值＝f(－1)＝－1＋3＋b＝b＋2，f(x)最小值＝f(1)＝1－3＋b＝b－2，要使方程僅有一根，則f(x)極大值＝f(－1)＝－1＋3＋b＝b＋2<0或者f(x)極小值＝f(1)＝1－3＋b

9、＝b－2>0，解得b<－2或b>2，故①③正確，所以使得三次方程僅有一個實根的是①③④⑤. 答案：①③④⑤ 三、解答題 9．(20xx北京高考)已知函數f(x)＝ln. (1)求曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程； (2)求證：當x∈(0,1)時，f(x)>2； (3)設實數k使得f(x)>k對x∈(0,1)恒成立，求k的最大值． 解：(1)f(x)＝ln，x∈(－1,1)，f ′(x)＝，f ′(0)＝2，f(0)＝0，曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程為2x－y＝0. (2)當x∈(0,1)時，f(x)>2，即不等式f(x)－2>0，對?x∈(0

10、,1)成立，設F(x)＝ln－2＝ln(1＋x)－ln(1－x)－2，則F′(x)＝，當x∈(0,1)時，F′(x)>0，故F(x)在(0,1)上為增函數，則F(x)>F(0)＝0， ∴對?x∈(0,1)， f(x)>2成立． (3)要使f(x)>k成立，x∈(0,1)，等價于G(x)＝ln－k>0，x∈(0,1)，G′(x)＝－k(1＋x2)＝，當k∈[0,2]時，G′(x)≥0，函數G(x)在(0,1)上為增函數，G(x)>G(0)＝0，符合題意；當k>2時，令G′(x)＝0，x＝∈(0,1)， G(x0)

11、 10．(20xx福建高考)已知函數f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝kx，(k∈R)． (1)證明：當x>0時，f(x)0，使得對任意x∈(0，x0)，恒有f(x)>g(x)； (3)確定k的所有可能取值，使得存在t>0，對任意的x∈(0，t)，恒有|f(x)－g(x)|0時，F(x)0時，f(x)

12、(x)＝f(x)－g(x)＝ln(1＋x)－kx，x∈(0，＋∞)，則有G′(x)＝－k＝，k＝0時，顯然成立，當k<0時，G′(x)>0，所以G(x)在(0，＋∞)上單調遞增，G(x)>G(0)＝0.故對任意正實數x0均滿足題意．當00.取x0＝－1，對任意x∈(0，x0)，恒有G′(x)>0，所以G(x)在(0，x0)上單調遞增，G(x)>G(0)＝0，即f(x)>g(x)．綜上，當k＜1時，總存在x0>0，使得對任意的x∈(0，x0)，恒有f(x)>g(x)． (3)當k>1時，由(1)知，對于x∈(0，＋∞)，g(x)>x>f(x)，故g(

13、x)>f(x)，|f(x)－g(x)|＝g(x)－f(x)＝kx－ln(1＋x)，令M(x)＝kx－ln(1＋x)－x2，則有M′(x)＝k－－2x＝， 故當x∈時， M′(x)>0，M(x)在 上單調遞增，故M(x)>M(0)＝0，即|f(x)－g(x)|>x2，所以滿足題意的t不存在．當k<1時，由(2)知存在x0>0，使得對任意的x∈(0，x0)恒有f(x)>g(x)．此時|f(x)－g(x)|＝f(x)－g(x)＝ln(1＋x)－kx，令N(x)＝ln(1＋x)－kx－x2，則有N′(x)＝－k－2x＝， 故當x時，N′(x)>0，N(x)在 上單調遞增，故N(x)>N(0)

14、＝0，即f(x)－g(x)>x2，記x0與中較小的為x1，則當x∈(0，x1)，恒有|f(x)－g(x)|>x2，故滿足題意的t不存在．當k＝1，由(1)知，x∈(0，＋∞)，|f(x)－g(x)|＝g(x)－f(x)＝x－ln(1－x)，令H(x)＝x－ln(1＋x)－x2，則有H(x)＝1－－2x＝.當x>0時，H(x)<0，所以H(x)在[0，＋∞)上單調遞減，故H(x)0時，恒有|f(x)－g(x)|1時，由(1)知，對于x∈(0，＋∞)，g(x)>x>f(x)，故

15、|f(x)－g(x)|＝g(x)－f(x)＝kx－ln(1＋x)>kx－x＝(k－1)x，令(k－1)x>x2，解得01時，對于x∈(0，k－1)恒有|f(x)－g(x)|>x2，所以滿足題意的t不存在．當k<1時，取k1＝，從而k0，使得任意x∈(0，x0)，恒有f(x)>k1x>kx＝g(x)．此時|f(x)－g(x)|＝f(x)－g(x)>(k1－k)x＝x，令x>x2，解得0x2，記x0與中較小的為x1，則當x∈(0，x1)時，恒有|f(x)－g(x)|>x2，故滿足題意的t不存在．當k＝1，由

16、(1)知，當x∈(0，＋∞)，|f(x)－g(x)|＝g(x)－f(x)＝x－ln(1＋x)，令M(x)＝x－ln(1＋x)－x2，x∈[0，＋∞)，則有M′(x)＝1－－2x＝，當x>0時，M′(x)<0，所以M(x)在[0，＋∞)上單調遞減，故M(x)0時，恒有|f(x)－g(x)|

17、 解：(1)f ′(x)＝m(emx－1)＋2x. 若m≥0，則當x∈(－∞，0)時，emx－1≤0， f ′(x)<0； 當x∈(0，＋∞)時，emx－1≥0， f ′(x)>0. 若m<0，則當x∈(－∞，0)時，emx－1>0，f ′(x)<0； 當x∈(0，＋∞)時，emx－1<0， f ′(x)>0. 所以，f(x)在(－∞，0)上單調遞減，在(0，＋∞)上單調遞增． (2)由(1)知，對任意的m，f(x)在[－1，0]單調遞減，在[0,1]單調遞增，故f(x)在x＝0處取得最小值．所以對于任意x1，x2∈[－1,1]，|f(x1)－f(x2)|≤e－1的充要條件是 即① 設函數g(t)＝et－t－e＋1，則g′(t)＝et－1. 當t<0時，g′(t)<0；當t>0時， g′(t)>0. 故g(t)在(－∞，0)單調遞減，在(0，＋∞)單調遞增． 又g(1)＝0，g(－1)＝e－1＋2－e<0， 故當t∈[－1,1]時，g(t)≤0. 當m∈[－1,1]時，g(m)≤0，g(－m)≤0，即①式成立； 當m>1時，由g(t)的單調性知， g(m)>0，即em－m>e－1； 當m<－1時，g(－m)>0，即e－m＋m>e－1. 綜上，m的取值范圍是[－1,1]．