第三章导数及其应用 (4).docx

1、1 第三章第三章导数及其应用 3.1 导数的概念及运算导数的概念及运算 专题 2 导数的运 算 (2015河北保定二模,导数的运算,选择题,理 11)已知函数 f(x)=x2sin x+xcos x,则其导函数 f(x)的图象 大致是( ) 解析:f(x)=x2sinx+xcosx, f(x)=x2cosx+cosx, f(-x)=(-x)2cos(-x)+cos(-x)=x2cosx+cosx=f(x), 其导函数 f(x)为偶函数,图象关于 y 轴对称,故排除 A,C. 当 x+时,f(x)+,故排除 D.故选 C. 答案:C (2015河北保定二模,导数的运算,选择题,理 12)已知函数

2、 f(x)=ax3+bx2+cx+d(a0),设 f(x)是函数 f(x) 的导函数,f(x)是函数 f(x)的导函数.若方程 f(x)=0有实数解 x0,则称点(x0,f(x0)为函数 y=f(x)的“拐 点”.任何一个三次函数都有“拐点”,且其“拐点”恰好就是该函数的对称中心,设函数 f(x)=x3-x2+3x-,则 f+f+f+f=( ) A.2 016 B.2 015 C.2 014 D.1 007.5 解析:依题意,得 f(x)=x2-x+3, f(x)=2x-1.由 f(x)=0,即 2x-1=0, 得 x=,f=1. f(x)=x3-x2+3x-的对称中心为. f(1-x)+f(

3、x)=2, f+f+f+f=2015. 答案:B (2015辽宁锦州一模,导数的运算,选择题,理 8)已知函数 y=f(x)的导函数为 f(x),且 f(x)=x2f+sin x,则 f=( ) A. B. C. D. 解析:f(x)=x2f+sinx, f(x)=2fx+cosx, f=2f+cos, 解得 f. 答案:A 2 3.2 导数与函数的单调性、极值、最值导数与函数的单调性、极值、最值 专题 1 导数与函数的单调 性 (2015江西南昌三模,导数与函数的单调性,选择题,理 10)已知 f(x)=x3-ax在1,+)上是单调增函数, 则 a的取值范围是( ) A.(3,+) B.(1

4、,3) C.(-,3) D.(-,3 答案:D (2015河北邯郸二模,导数与函数的单调性,解答题,理 21)已知函数 f(x)=mln x-x2+(2m-1)x.(mR). (1)讨论 f(x)的单调性; (2)设 m0,证明:当 00,f(x)单调递增; 若 x(m,+),则 f(x)0,0g(0)=m0, f(m+x)f(m-x). (3)设 A,B的横坐标分别为 x1,x2,且 x10,且 0f(x)成立, g(x)2f(ln3). 答案:C 3 (2015辽宁锦州一模,导数与函数的单调性,选择题,理 12)已知 f(x),g(x)都是定义在 R 上的函 数,g(x)0,f(x)g(x

5、)f(x)g(x),且 f(x)=ax g(x)(a0,且 a1),若数列的前 n项和大于 62,则 n的最小值为 ( ) A.6 B.7 C.8 D.9 解析:f(x)g(x)f(x)g(x), f(x)g(x)-f(x)g(x)0, =0, 从而可得=ax单调递增,从而可得 a1. =a+a-1=, a=2. 故+=a+a2+an=2+22+2n=2n+1-262. 2n+164,即 n+16,n5,nN*. n的最小值为 6. 答案:A 专题 3 导数与函数的最 值 (2015江西南昌三模,导数与函数的最值,选择题,理 12)已知函数 f(x)=aln(x+1)-x2在区间(0,1)内任

6、取 两个实数 p,q,且 pq,不等式1恒成立,则实数 a的取值范围为( ) A.15,+) B.(-,15 C.(12,30 D.(-12,15 答案:A (2015江西南昌三模,导数与函数的最值,解答题,理 21)已知函数 f(x)=2ex-(x-a)2+3,aR. (1)若函数 y=f(x)的图象在 x=0 处的切线与 x 轴平行,求 a的值; (2)若 x0,f(x)0恒成立,求 a的取值范围. 解:(1)f(x)=2(ex-x+a). y=f(x)在 x=0 处的切线与 x轴平行,即在 x=0 处切线斜率为 0,即 f(0)=2(a+1)=0. a=-1. (2)f(x)=2(ex-

7、x+a),令 g(x)=2(ex-x+a),则 g(x)=2(ex-1)0, g(x)=2(ex-x+a)在0,+)内单调递增,g(0)=2(1+a). 当 2(1+a)0,即 a-1时,f(x)=2(ex-x+a)f(0)0, f(x)在0,+)内单调递增,要想 f(x)0,只需要 f(0)=5-a20, 解得-a,从而-1a. 当 2(1+a)x0,令 f(x)0得 x-2,由 f(x)-2. 当-3, xln;由 F(x)2 时,f(x)0时,设函数 g(x)=mx-ex(x(0,2). 因为 g(x)=m-ex, 5 当 01 时,x(0,lnm)时,g(x)0,函数 y=g(x)单调

8、递增,x(lnm,+)时,g(x)1恒成立知 a0. 所以 3ax2+(3-2a)x-(a2+2)0 对 x1,+)上恒成立. 令 g(x)=3ax2+(3-2a)x-(a2+2),其对称轴为 x=. a0,从而 g(x)在1,+)上为增函数. 只要 g(1)0即可,即-a2+a+10 成立, 解得a. 又 a0,00 上有解. 即求函数 g(x)=xlnx+x2-x3的值域. 方法一:b=x(lnx+x-x2),令 h(x)=lnx+x-x2. 由 h(x)=+1-2x=. x0,当 01时,h(x)时,g(x).设 h(x)=, 则 h(x)=. 当 x1,e时,h(x)0(仅当 x=e时

9、取等号). h(x)在1,e上单调递增, h(x)min=h(1)=0,因此 a0. (3)由题意 xlnx(k-3)x-k+2在 x1时恒成立, 即 k0 在 x1时恒成立. m(x)在(1,+)上单调递增,且 m(3)=1-ln30. 在(1,+)上存在唯一实数 x0(x0(3,4)使 m(x)=0. 当 10,即 F(x)0. F(x)在(1,x0)上单调递减,在(x0,+)上单调递增. F(x)min=F(x0)=x0+2(5,6). 故 kx2+4-2x-8. 解:(1)f(x)=ex+a, 由已知,f(0)=-1,f(0)=-1, 故 a=-2,b=-2, 所以 f(x)=ex-2

10、. 当 x(-,ln2)时,f(x)0, 故 f(x)在(-,ln2)单调递减,在(ln2,+)单调递增. (2)当 x0 时,2(x+1)+1=x+2, 所以 x2+4-2x-8x2+2(x+2)-2x-8=x2-4, 设 g(x)=f(x)-(x2-4)=ex-x2-2x+2, g(x)=ex-2x-2. 8 因为 g(0)=-10,00, 即 f(x)x2-4, 因此 f(x)x2+4-2x-8. (2015辽宁丹东一模,利用导数解决不等式的有关问题,解答题,理 21)已知 x=1是函数 f(x)=1+(1- x)ln(kx)的极值点,e 为自然对数的底数. (1)求 k的值,并讨论 f(x)的单调性; (2)是否存在 m(1,+),使得当 am时,不等式(a+x)ln(a+x)0,解得 0-ln2. 令 (x)=x2-2(x+1)xln(x+1)+x,x, (x)=2x-2(2x+1)ln(x+1)-2x+ln2-=-2(2x+1)ln(x+1)+ln2-. -0. 又ln2-=ln2-ln=ln0, (x)0, (x)在上单调递增. (x)ln2-ln2+-ln2, 即 (x)-ln2,即式成立. H(x2)x1. 综上 x1H(x2)0成立.