（浙江專版）2019年高考數學一輪復習 專題3.5 導數的綜合應用（練）.doc

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第05節(jié) 導數的綜合應用 A基礎鞏固訓練 1.定義在區(qū)間[0,1]上的函數f(x)的圖象如圖所示，以為頂點的△ABC的面積記為函數S(x)，則函數S(x)的導函數的大致圖象為（ ） 【答案】D 【解析】 因為 底邊長一定，點由到的過程中，當與 、 共線時不能組成三角形，所以函數與其導函數都不連續(xù)，故排除選項、，又點由到的過程中面積先增后減，再增再減，因此導函數應該先正后負，再正再負，所以選項D符合題意，故選D. 2.【2018屆湖南省湘潭市四?！恳阎x在上的奇函數滿足（），則（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】分析：根據條件的結構特點構造函數，利用導數以及已知條件判斷函數的單調性，然后轉化求解即可． 詳解：設g（x）=，定義在R上的奇函數f（x），所以g（x）是奇函數，x＞0時，g′（x）=， 因為函數f（x）滿足2f（x）﹣xf（x）＞0（x＞0），所以g′（x）＞0，所以g（x）是增函數，g（﹣）=＜， 可得：． 故選：B． 3.已知是定義在上的偶函數，其導函數為,若 ，且，則不等式的解集為（ ） A． B． C. D． 【答案】A 【解析】可取特殊函數，故選A. 4.定義在上的函數，是它的導函數，且恒有成立，則（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】分析：把給出的等式變形得到，由此聯想構造輔助函數 ,由其導函數的符號得到其在上為增函數，則，整理就得到答案. 5.【2018屆四川省沖刺演練（一）】已知函數，則函數的零點的個數為（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】分析：根據與時的解析式，分別判斷出函數的單調性，即可得出函數零點及其范圍，再結合函數的圖象即可得出函數的零點的個數. 詳解：①當時，，則. ∴當時，；當時，. ∴在時取得極大值為3 ∵，， ∴函數在，上各有1個零點 ②當時，，，的零點為2和3. 由，得或或或，其中，. 結合函數的圖象可知，方程的解的個數為2，方程的解的個數為1，方程的解的個數為3，方程的解的個數為2. ∴函數的零點的個數為8個 B能力提升訓練 1．【2018屆寧夏銀川一中三?！吭O函數是定義在上的可導函數，其導函數為，且有，則不等式 的解集為 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】分析：根據題意，設g（x）=x2f（x），x＜0，求出導數，分析可得g′（x）≤0，則函數g（x）在區(qū)間（﹣∞，0）上為減函數，結合函數g（x）的定義域分析可得：原不等式等價于，解可得x的取值范圍，即可得答案． 詳解：根據題意，設g（x）=x2f（x），x＜0， 其導數g′（x）=[x2f（x）]′=2xf（x）+x2f′（x）=x（2f（x）+xf′（x））， 又由2f（x）+xf′（x）＞x2≥0，且x＜0， 則g′（x）≤0，則函數g（x）在區(qū)間（﹣∞，0）上為減函數， （x+2018）2f（x+2018）﹣4f（﹣2）＞0 ?（x+2018）2f（x+2018）＞（﹣2）2f（﹣2）?g（x+2018）＞g（﹣2）， 又由函數g（x）在區(qū)間（﹣∞，0）上為減函數， 則有， 解可得：x＜﹣2020， 即不等式（x+2018）2f（x+2018）﹣4f（﹣2）＞0的解集為（﹣∞，﹣2020）； 故選：B． 2．設函數，其中，若存在唯一的整數，使得，則的取值范圍是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 3．已知定義在上的函數滿足：函數的圖象關于直線對稱，且當成立(是函數的導函數), 若，，, 則的大小關系是（ ） （A） （B） （C） （D） 【答案】A 【解析】∵函數的圖象關于直線對稱，∴關于軸對稱， ∴函數為奇函數. 因為， ∴當時，，函數單調遞減， 當時，函數單調遞減. ，， ，，故選A. 4.【2018屆福建省寧德市5月檢查】已知定義在上的函數滿足且，若恒成立，則實數的取值范圍為______． 【答案】 【解析】分析：求出f（x）的解析式為f（x）=ex，結合函數圖象即可得出a的范圍． 詳解：∵＞0，∴f（x）為增函數， ∴f（f（x）﹣ex）=1， ∴存在唯一一個常數x0，使得f（x0）=1， ∴f（x）﹣ex=x0，即f（x）=ex+x0， 令x=x0可得+x0=1， ∴x0=0，故而f（x）=ex， ∵f（x）≥ax+a恒成立，即ex≥a（x+1）恒成立． ∴y=ex的函數圖象在直線y=a（x+1）上方， 不妨設直線y=k（x+1）與y=ex的圖象相切，切點為（x0，y0）， 則，解得k=1． ∴當0≤a≤1時，y=ex的函數圖象在直線y=a（x+1）上方，即f（x）≥ax+a恒成立，： 故答案為：[0，1]． 5．已知函數，． （Ⅰ）討論函數的單調性； （Ⅱ）若函數有兩個零點，求實數的取值范圍． 【答案】（Ⅰ）當時，上單調遞減；當時，函數在上單調遞減，在上單調遞增；（Ⅱ）． 【解析】 （Ⅰ） ① 當上單調遞減； ② 當. . ∴函數在上單調遞減，在上單調遞增 綜上：當上單調遞減； 當時，函數在上單調遞減，在上單調遞增 （Ⅱ）當由（Ⅰ）得上單調遞減，函數不可能有兩個零點； 當a>0時，由（Ⅰ）得，且當x趨近于0和正無窮大時，都趨近于正無窮大， 故若要使函數有兩個零點，則的極小值， 即，解得, 綜上所述，的取值范圍是 C 思維拓展訓練 1．【浙江省寧波市六校2017-2018學年高二下學期期末聯考】已知函數，為常數 （Ⅰ）若時，已知在定義域內有且只有一個極值點，求的取值范圍； （Ⅱ）若，已知，恒成立，求的取值范圍. 【答案】（1）（2） （Ⅱ）， 法1： 因，，恒成立，則內，先必須遞增，即先必須，即先必須，因其對稱軸，有圖知（此時在 ），所以 法2： 因，所以， 所以， 令，因， ， 所以遞增，，所以， 點睛：本題考查了含有參量的導數極值問題和恒成立問題，在解答此類題目時將參數代入，然后根據題意進行轉化，結合導數的單調性進行證明，本題有一定難度. 2.【浙江省麗水市2017-2018學年高二下學期期末】已知函數,． （Ⅰ）求函數的單調減區(qū)間； （Ⅱ）證明:； （Ⅲ）當時，恒成立，求實數的值. 【答案】(1) f(x)的單調遞減區(qū)間是.(2)證明見解析.(3) . 【解析】分析：(Ⅰ) 求導，由，即可得到函數的單調減區(qū)間； (Ⅱ) 記h(x)＝f(x) g(x)＝,設法證明， 即可證明 . (Ⅲ) 由題即 易證,當時取到等號， 由 得,由此可求的值. 詳解： (Ⅰ) 因為 由，得 所以f(x)的單調遞減區(qū)間是. (Ⅱ) 記h(x)＝f(x) g(x)＝, , 所以在R上為減函數 因為 所以存在唯一，使即， , 當時，； 當時，. 所以 所以 . (Ⅲ) 因為, 所以, 易證,當時取到等號， 由 得 , , 所以即. 3．【2018屆浙江省臺州中學模擬】已知函數， （1）求曲線在點處的切線方程； （2）當時，求證：. 【答案】(1)；(2)證明見解析. （2）當時，令， ，， 所以在上單調遞增，且， 所以在上單調遞減，在上單調遞增， 所以的最小值為， 所以. 點睛：該題考查的是有關導數的定義和應用導數證明不等式的問題，在解題的過程中，注意曲線在某個點處的切線方程的求解步驟，以及應用導數證明不等式恒成立的解題思路，利用導數研究函數的最值，通過最值所滿足的條件，求得結果. 4．【2018屆浙江省杭州市第二中學6月熱身】已知函數. （Ⅰ）求曲線在點處的切線方程； （Ⅱ）求證：. 【答案】(1).(2)證明見解析. 【解析】分析：（Ⅰ）先求，再求切線的斜率即可得到曲線在處的切線. （Ⅱ）要證，只要，而，故應考慮在上的零點，又，此方程在僅有一個根且為的最小值點，所以待證成立，可估算，故成立. 詳解：（Ⅰ） 所以，則切線方程為. （Ⅱ）令，則， 設的兩根為，由于， 不妨設，則在是遞減的，在是遞增的. 而，所在上存在唯一零點，且， 所以在單調遞減，在單調遞增. 所以，， 因為，,，所以. 點睛：解決曲線的切線問題，核心是切點的橫坐標，因為函數在橫坐標處的導數就是切線的斜率.函數不等式的證明，可歸結為函數的最值來處理，有時最小值點難以計算時，須估算最小值點的范圍. 5．【2018年浙江卷】已知函數f(x)=?lnx． （Ⅰ）若f(x)在x=x1，x2(x1≠x2)處導數相等，證明：f(x1)+f(x2)>8?8ln2； （Ⅱ）若a≤3?4ln2，證明：對于任意k>0，直線y=kx+a與曲線y=f(x)有唯一公共點． 【答案】（Ⅰ）見解析 （Ⅱ）見解析 詳解：（Ⅰ）函數f（x）的導函數， 由得， 因為，所以． 由基本不等式得． 因為，所以． 由題意得． 設， 則， 所以 x （0，16） 16 （16，+∞） - 0 + 2-4ln2 所以g（x）在[256，+∞）上單調遞增， 故， 即． （Ⅱ）令m=，n=，則 f（m）–km–a>|a|+k–k–a≥0， f（n）–kn–a<≤<0， 所以，存在x0∈（m，n）使f（x0）=kx0+a， 所以，對于任意的a∈R及k∈（0，+∞），直線y=kx+a與曲線y=f（x）有公共點． 由f（x）=kx+a得． 設h（x）=， 則h′（x）=， 其中g（x）=． 由（Ⅰ）可知g（x）≥g（16），又a≤3–4ln2， 故–g（x）–1+a≤–g（16）–1+a=–3+4ln2+a≤0， 所以h′（x）≤0，即函數h（x）在（0，+∞）上單調遞減，因此方程f（x）–kx–a=0至多1個實根． 綜上，當a≤3–4ln2時，對于任意k>0，直線y=kx+a與曲線y=f（x）有唯一公共點． 點睛：利用導數證明不等式常見類型及解題策略：(1)構造差函數.根據差函數導函數符號，確定差函數單調性，利用單調性得不等量關系，進而證明不等式.（2）根據條件，尋找目標函數.一般思路為利用條件將求和問題轉化為對應項之間大小關系，或利用放縮、等量代換將多元函數轉化為一元函數.