16-17版 专题限时集训16　导数的应用(酌情自选).doc

1、专题限时集训(十六)导数的应用建议A、B组各用时：45分钟A组高考达标一、选择题1(2016四川高考)已知a为函数f(x)x312x的极小值点，则a()A4B.2C.4D.2D由题意得f(x)3x212，令f(x)0得x2，当x2时，f(x)0；当2x2时，f(x)0，f(x)在(，2)上为增函数，在(2,2)上为减函数，在(2，)上为增函数f(x)在x2处取得极小值，a2.2(2016枣庄模拟)已知函数f(x)是定义在R上的可导函数，f(x)为其导函数，若对于任意实数x，有f(x)f(x)0，则()Aef(2 015)f(2 016)Bef(2 015)f(2 016)C.ef(2 015)

2、f(2 016)Def(2 015)与f(2 016)大小不能确定A令g(x)，则g(x)，因为f(x)f(x)0，所以g(x)0，所以函数g(x)在R上单调递减，所以g(2 015)g(2 016)，即，所以ef(2 015)f(2 016)，故选A.3(2016安庆模拟)已知函数f(x)k，若x2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，eC.(，e) D.0，e)Af(x)k(x0)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yk的图象可知，要满足题意，只需ke，

3、选A.4(2016邯郸一模)已知函数f(x)x3ax2bxc有两个极值点x1，x2.若f(x1)x1x2，则关于x的方程3(f(x)22af(x)b0的不同实根个数为()A3B.4C.5D.6Af(x)3x22axb，原题等价于方程3x22axb0有两个不等实数根x1，x2，且x1x2，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)22af(x)b0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

4、有一个解故选A.5(2016合肥二模)定义在R上的偶函数f(x)的导函数为f(x)，若对任意的实数x，都有2f(x)xf(x)2恒成立，则使x2f(x)f(1)x21成立的实数x的取值范围为()Ax|x1 B.(，1)(1，)C.(1,1) D.(1,0)(0,1)B设g(x)x2f(x)1，则由f(x)为偶函数得g(x)x2f(x)1为偶函数又因为g(x)2xf(x)1x2f(x)x2f(x)xf(x)2，且2f(x)xf(x)2，即2f(x)xf(x)20，所以当x0时，g(x)x2f(x)xf(x)20，函数g(x)x2f(x)1单调递减；当x0时，g(x)x2f(x)xf(x)20，函

5、数g(x)x2f(x)1单调递增，则不等式x2f(x)f(1)x21x2f(x)x2f(1)1g(x)g(1)|x|1，解得x1或x1，故选B.二、填空题6(2016全国丙卷)已知f(x)为偶函数，当x0时，f(x)f(x)ln x3x，所以f(x)3，则f(1)2.所以yf(x)在点(1，3)处的切线方程为y32(x1)，即y2x1.7(2016长沙一模)已知函数f(x)是定义在R上的可导函数，其导函数记为f(x)，若对于任意的实数x，有f(x)f(x)，且yf(x)1是奇函数，则不等式f(x)ex的解集为_(0，)由题意令g(x)，则g(x).因为f(x)f(x)，所以g(x)0，即g(x

6、)在R上是单调递减函数，因为yf(x)1为奇函数，所以f(0)10，即f(0)1，g(0)1，则不等式f(x)ex等价为1g(0)，即g(x)g(0)，解得x0，所以不等式的解集为(0，)8(2016郑州一模)已知函数f(x)x33ax(aR)，若直线xym0对任意的mR都不是曲线yf(x)的切线，则a的取值范围为_af(x)x33ax(aR)，则f(x)3x23a，若直线xym0对任意的mR都不是曲线yf(x)的切线，则直线的斜率为1，f(x)3x23a与直线xym0没有交点，又抛物线开口向上则必在直线上面，即最小值大于直线斜率，则当x0时取最小值，3a1，则a的取值范围为a.三、解答题9(

7、2016潍坊二模)已知函数f(x)bln x，曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程为yx.(1)求函数f(x)的单调区间及极值；(2)若x1，f(x)kx恒成立，求k的取值范围解(1)f(x)的定义域为(0，)，f(x)，2分故f(1)ba1，又f(1)a，点(1，a)在直线yx上，a1，则b2.f(x)2ln x且f(x)，当0x时，f(x)0，当x时，f(x)0，故函数f(x)的单调增区间为，单调减区间为，f(x)极小值f22ln 2，无极大值.6分(2)由题意知，k(x1)恒成立，令g(x)(x1)，则g(x)(x1)，8分令h(x)xxln x1(x1)，则h(x)ln x(x

8、1)，当x1时，h(x)0，h(x)在1，)上为减函数，故h(x)h(1)0，故g(x)0，g(x)在1，)上为减函数，故g(x)的最大值为g(1)1，k1.12分10(2016北京高考)设函数f(x)x3ax2bxc.(1)求曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程；(2)设ab4，若函数f(x)有三个不同零点，求c的取值范围；(3)求证：a23b0是f(x)有三个不同零点的必要而不充分条件解(1)由f(x)x3ax2bxc，得f(x)3x22axb.因为f(0)c，f(0)b，所以曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程为ybxc.2分(2)当ab4时，f(x)x34x24xc，所

9、以f(x)3x28x4.令f(x)0，得3x28x40，解得x2或x.f(x)与f(x)在区间(，)上的情况如下：x(，2)2f(x)00f(x)cc所以，当c0且c0时，存在x1(4，2)，x2，x3，使得f(x1)f(x2)f(x3)0.由f(x)的单调性知，当且仅当c时，函数f(x)x34x24xc有三个不同零点.8分(3)证明：当4a212b0时，f(x)3x22axb0，x(，)，此时函数f(x)在区间(，)上单调递增，所以f(x)不可能有三个不同零点当4a212b0时，f(x)3x22axb只有一个零点，记作x0.当x(，x0)时，f(x)0，f(x)在区间(，x0)上单调递增；当

10、x(x0，)时，f(x)0，f(x)在区间(x0，)上单调递增所以f(x)不可能有三个不同零点.10分综上所述，若函数f(x)有三个不同零点，则必有4a212b0.故a23b0是f(x)有三个不同零点的必要条件当ab4，c0时，a23b0，f(x)x34x24xx(x2)2只有两个不同零点，所以a23b0不是f(x)有三个不同零点的充分条件因此a23b0是f(x)有三个不同零点的必要而不充分条件.13分B组名校冲刺一、选择题1(2016江西赣中南五校联考)已知函数yf(x)对任意的x满足f(x)cos xf(x)sin x0(其中f(x)是函数f(x)的导函数)，则下列不等式成立的是()A.f

11、fB.ffC.f(0)2f D.f(0)fA令g(x)，则g(x)，由对任意的x满足f(x)cos xf(x)sin x0，可得g(x)0，即函数g(x)在上为增函数，则gg，即，即ff.故选A.2(2016忻州模拟)已知函数f(x)ax2bxln x(a0，bR)，若对任意x0，f(x)f(1)，则()Aln a2b B.ln a2bC.ln a2b D.ln a2bAf(x)2axb，由题意可知f(1)0，即2ab1，由选项可知，只需比较ln a2b与0的大小，而b12a，所以只需判断ln a24a的符号构造一个新函数g(x)24xln x，则g(x)4，令g(x)0，得x，当x时，g(x

12、)为增函数，当x时，g(x)为减函数，所以对任意x0有g(x)g1ln 40，所以有g(a)24aln a2bln a0ln a2b，故选A.3(2016深圳一模)已知函数f(x)ln xax2x有两个不同零点，则实数a的取值范围是()A(0,1) B.(，1)C. D.A令g(x)ln x，h(x)ax2x，将问题转化为两个函数图象交点的问题当a0时，g(x)和h(x)的图象只有一个交点，不满足题意；当a0时，由ln xax2x0，得a.令r(x)，则r(x)，当0x1时，r(x)0，r(x)是单调增函数，当x1时，r(x)0，r(x)是单调减函数，且0，0a1.a的取值范围是(0,1)故选

13、A.4(2016南昌模拟)已知函数f(x)x(ln xax)有两个极值点，则实数a的取值范围是()【导学号：85952070】A(，0) B.C.(0,1) D.(0，)Bf(x)x(ln xax)，f(x)ln x2ax1，由题意可知f(x)在(0，)上有两个不同的零点，令f(x)0，则2a，令g(x)，则g(x)，g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减又当x0时，g(x)，当x时，g(x)0，而g(x)maxg(1)1，只需02a10a.二、填空题5(2016皖南八校联考)已知x(0,2)，若关于x的不等式恒成立，则实数k的取值范围为_0，e1)依题意，知k2xx20，即kx

14、22x对任意x(0,2)恒成立，从而k0，所以由可得kx22x.令f(x)x22x，则f(x)2(x1)(x1).令f(x)0，得x1，当x(1,2)时，f(x)0，函数f(x)在(1,2)上单调递增，当x(0,1)时，f(x)0，函数f(x)在(0,1)上单调递减，所以kf(x)minf(1)e1，故实数k的取值范围是0，e1)6(2016武汉模拟)已知函数g(x)满足g(x)g(1)ex1g(0)xx2，且存在实数x0使得不等式2m1g(x0)成立，则m的取值范围为_1，)g(x)g(1)ex1g(0)x，当x1时，g(0)1，由g(0)g(1)e01，解得g(1)e，所以g(x)exxx

15、2，则g(x)ex1x，当x0时，g(x)0，当x0时，g(x)0，所以当x0时，函数g(x)取得最小值g(0)1，根据题意将不等式转化为2m1g(x)min1，所以m1.三、解答题7(2016全国甲卷)已知函数f(x)(x1)ln xa(x1)(1)当a4时，求曲线yf(x)在(1，f(1)处的切线方程；(2)若当x(1，)时，f(x)0，求a的取值范围解(1)f(x)的定义域为(0，)当a4时，f(x)(x1)ln x4(x1)，f(1)0，f(x)ln x3，f(1)2.故曲线yf(x)在(1，f(1)处的切线方程为2xy20.4分(2)当x(1，)时，f(x)0等价于ln x0.设g(

16、x)ln x，则g(x)，g(1)0.8分当a2，x(1，)时，x22(1a)x1x22x10，故g(x)0，g(x)在(1，)单调递增，因此g(x)0；当a2时，令g(x)0得x1a1，x2a1.由x21和x1x21得x11，故当x(1，x2)时，g(x)0，g(x)在(1，x2)单调递减，因此g(x)0.综上，a的取值范围是(，2.12分8(2016四川高考)设函数f(x)ax2aln x，g(x)，其中aR，e2.718为自然对数的底数(1)讨论f(x)的单调性；(2)证明：当x1时，g(x)0；(3)确定a的所有可能取值，使得f(x)g(x)在区间(1，)内恒成立解(1)由题意得f(x

17、)2ax(x0)当a0时，f(x)0时，由f(x)0有x，当x时，f(x)0，f(x)单调递增.4分(2)证明：令s(x)ex1x，则s(x)ex11.当x1时，s(x)0，所以ex1x，从而g(x)0.8分(3)由(2)知，当x1时，g(x)0.当a0，x1时，f(x)a(x21)ln xg(x)在区间(1，)内恒成立时，必有a0.当0a1.由(1)有f0，所以此时f(x)g(x)在区间(1，)内不恒成立.11分当a时，令h(x)f(x)g(x)(x1)当x1时，h(x)2axe1xx0.因此，h(x)在区间(1，)上单调递增又因为h(1)0，所以当x1时，h(x)f(x)g(x)0，即f(x)g(x)恒成立综上，a.14分11