高考数学训练含答案解析——导数的综合应用

1课时作业A组——基础对点练1．(2018·榆林市模拟)定义在R上的函数f(x)，满足(x－1)f′(x)≤0，且y＝f(x＋1)为偶函数，当|x1－1|＜|x2－1|时，有()A．f(x1)≥f(x2)B．f(x1)＝f(x2)C．f(x1)＞f(x2)D．f(x1)≤f(x2)解析：因为函数y＝f(x＋1)为偶函数，所以y＝f(x＋1)＝f(－x＋1)，即函数y＝f(x)关于x＝1对称，所以f(2－x1)＝f(x1)，f(2－x2)＝f(x2)．当x＞1时，f′(x)≤0，此时函数y＝f(x)单调递减，当x＜1时，f′(x)≥0，此时函数y＝f(x)单调递增．①若x1≥1，x2≥1，则由|x1－1|＜|x2－1|，得x1－1＜x2－1，即1≤x1＜x2，所以f(x1)＞f(x2)．②同理若x1＜1，x2＜1，由|x1－1|＜|x2－1|，得－(x1－1)＜－(x2－1)，即x2＜x1＜1，所以f(x1)＞f(x2)．③若x1，x2中一个大于1，一个小于1，不妨设x1＜1，x2≥1，则－(x1－1)＜x2－1，可得1＜2－x1＜x2，所以f(2－x1)＞f(x2)，即f(x1)＞f(x2)．综上有f(x1)＞f(x2)．答案：C2．对∀x∈R，函数f(x)的导数存在，若f′(x)f(x)，且a0，则以下说法正确的是()A．f(a)ea·f(0)B．f(a)ea·f(0)C．f(a)f(0)D．f(a)f(0)解析：设g(x)＝fxex，则g′(x)＝f′x－fxex0，故g(x)＝fxex为R上的单调递增函数，因此g(a)g(0)，即faeaf0e0＝f(0)，所以f(a)ea·f(0)，选A.答案：A3．若存在正数x使2x(x－a)1成立，则a的取值范围是()A．(－∞，＋∞)B．(－2，＋∞)C．(0，＋∞)D．(－1，＋∞)解析：∵2x(x－a)1，∴ax－12x.2令f(x)＝x－12x，∴f′(x)＝1＋2－xln20.∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴f(x)f(0)＝0－1＝－1，∴a的取值范围为(－1，＋∞)，故选D.答案：D4．已知函数f(x)是定义在R上的可导函数，其导函数为f′(x)，若p：∀x1，x2∈R，且x1≠x2，|fx1－fx2x1－x2|＜2017，q：∀x∈R，|f′(x)|＜2017，则p是q的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件解析：因为∀x1，x2∈R，且x1≠x2，所以不妨设x1＜x2，则由|fx1－fx2x1－x2|＜2017可得|f(x1)－f(x2)|＜2017x2－2017x1，则fx1－fx2＜2017x2－2017x1fx1－fx2＞2017x1－2017x2，即fx1＋2017x1＜fx2＋2017x2fx1－2017x1＞fx2－2017x2.令g(x)＝f(x)＋2017x，则由单调性的定义可知g(x)在R上单调递增，所以g′(x)＝f′(x)＋2017≥0在R上恒成立，即f′(x)≥－2017在R上恒成立，同理令h(x)＝f(x)－2017x，可得f′(x)≤2017在R上恒成立，所以p等价于∀x∈R，|f′(x)|≤2017，显然q可以推出p，而p推不出q，所以p是q的必要不充分条件．答案：B5．(2018·昆明市检测)已知函数f(x)＝13x＋1，x≤1，lnx，x＞1，若方程f(x)－ax＝0恰有两个不同的实根，则实数a的取值范围是()3A．(0，13)B．[13，1e)C．(1e，43]D．(－∞，0]∪[43，＋∞)解析：方程f(x)－ax＝0有两个不同的实根，即直线y＝ax与函数f(x)的图象有两个不同的交点．作出函数f(x)的图象如图所示．当x＞1时，f(x)＝lnx，得f′(x)＝1x，设直线y＝kx与函数f(x)＝lnx(x＞1)的图象相切，切点为(x0，y0)，则y0x0＝lnx0x0＝1x0，解得x0＝e，则k＝1e，即y＝1ex是函数f(x)＝lnx(x＞1)的图象的切线，当a≤0时，直线y＝ax与函数f(x)的图象有一个交点，不合题意；当0＜a＜13时，直线y＝ax与函数f(x)＝lnx(x＞1)的图象有两个交点，但与射线y＝13x＋1(x≤1)也有一个交点，这样就有三个交点，不合题意；当a≥1e时，直线y＝ax与函数f(x)的图象至多有一个交点，不合题意；只有当13≤a＜1e时，直线y＝ax与函数f(x)的图象有两个交点，符合题意．故选B.答案：B6．已知函数f(x)＝mx－1x－2lnx(m∈R)，g(x)＝－mx，若至少存在一个x0∈[1，e]，使得f(x0)g(x0)成立，则实数m的取值范围是()A.－∞，2eB．－∞，2eC．(－∞，0]D．(－∞，0)解析：由题意，不等式f(x)g(x)在[1，e]上有解，∴mx2lnx在[1，e]上有解，即m2lnxx在[1，e]上有解，令h(x)＝lnxx，则h′(x)＝1－lnxx2，当1≤x≤e时，h′(x)≥0，∴在[1，e]上，h(x)max＝h(e)＝1e，∴m21e，∴m2e.∴m的取值范围是－∞，2e.故选B.4答案：B7．若函数f(x)＝xex－a有两个零点，则实数a的取值范围为()A．－1ea0B．a－1eC．－ea0D．0ae解析：构造函数g(x)＝xex，则g′(x)＝ex(x＋1)，因为ex0，所以由g′(x)＝0，解得x＝－1，当x－1时，g′(x)0，函数g(x)为增函数；当x－1时，g′(x)0，函数g(x)为减函数，所以当x＝－1时函数g(x)有最小值；g(－1)＝－e－1＝－1e.画出函数y＝xex的图象，如图所示，显然当－1ea0时，函数f(x)＝xex－a有两个零点，故选A.答案：A8．当x∈[－2,1]时，不等式ax3－x2＋4x＋3≥0恒成立，则实数a的取值范围是()A．[－5，－3]B．－6，－98C．[－6，－2]D．[－4，－3]解析：当x∈(0,1]时，得a≥－31x3－41x2＋1x，令t＝1x，则t∈[1，＋∞)，a≥－3t3－4t2＋t，令g(t)＝－3t3－4t2＋t，t∈[1，＋∞)，则g′(t)＝－9t2－8t＋1＝－(t＋1)·(9t－1)，显然在[1，＋∞)上，g′(t)0，g(t)单调递减，所以g(t)max＝g(1)＝－6，因此a≥－6；同理，当x∈[－2,0)时，得a≤－2.由以上两种情况得－6≤a≤－2，显然当x＝0时也成立，故实数a的取值范围为[－6，－2]．答案：C9．若函数f(x)＝2x＋sinx对任意的m∈[－2,2]，f(mx－3)＋f(x)0恒成立，则x的取值范围是__________．解析：f(－x)＝－f(x)，f(x)为奇函数，5若x∈R时，f′(x)＝2＋cosx0恒成立，∴f(x)在R上为增函数，又f(x)为奇函数，故在定义域内为增函数，∴f(mx－3)＋f(x)0可变形为f(mx－3)f(－x)，∴mx－3－x，将其看作关于m的一次函数，则g(m)＝x·m－3＋x，m∈[－2,2]，可得当m∈[－2,2]时，g(m)0恒成立，若x≥0，g(2)0，若x0，g(－2)0，解得－3x1.答案：－3x110．已知函数f(x)＝lnx＋3x－8的零点x0∈[a，b]，且b－a＝1，a，b∈N*，则a＋b＝__________.解析：∵f(2)＝ln2＋6－8＝ln2－20，f(3)＝ln3＋9－8＝ln3＋10，且函数f(x)＝lnx＋3x－8在(0，＋∞)上为增函数，∴x0∈[2,3]，即a＝2，b＝3.∴a＋b＝5.答案：511．已知函数f(x)＝ax＋xlnx(a∈R)．(1)若函数f(x)在区间[e，＋∞)上为增函数，求a的取值范围；(2)当a＝1且k∈Z时，不等式k(x－1)f(x)在x∈(1，＋∞)上恒成立，求k的最大值．解析：(1)f′(x)＝a＋lnx＋1，由题意知f′(x)≥0在[e，＋∞)上恒成立，即lnx＋a＋1≥0在[e，＋∞)上恒成立，即a≥－(lnx＋1)在[e，＋∞)上恒成立，而[－(lnx＋1)]max＝－(lne＋1)＝－2，∴a≥－2，即a的取值范围为[－2，＋∞)．(2)当a＝1时，f(x)＝x＋xlnx，∵x∈(1，＋∞)，∴原不等式可化为kfxx－1，6即kx＋xlnxx－1对任意x1恒成立．令g(x)＝x＋xlnxx－1，则g′(x)＝x－lnx－2x－12.令h(x)＝x－lnx－2(x1)，则h′(x)＝1－1x＝x－1x0，∴h(x)在(1，＋∞)上单调递增．∵h(3)＝1－ln30，h(4)＝2－2ln20，∴存在x0∈(3,4)使h(x0)＝0，即g′(x0)＝0.即当1xx0时，h(x)0，即g′(x)0.当xx0时，h(x)0，即g′(x)0.∴g(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增．由h(x0)＝x0－lnx0－2＝0，得lnx0＝x0－2，g(x)min＝g(x0)＝x01＋lnx0x0－1＝x01＋x0－2x0－1＝x0∈(3,4)，∴kg(x)min＝x0且k∈Z，即kmax＝3.12．(2018·德州中学月考)已知函数f(x)＝mx2－x＋lnx.(1)若在函数f(x)的定义域内存在区间D，使得该函数在区间D上为减函数，求实数m的取值范围；(2)当0m≤12时，若曲线C：y＝f(x)在点x＝1处的切线l与曲线C有且只有一个公共点，求m的值或取值范围．解析：(1)f′(x)＝2mx－1＋1x＝2mx2－x＋1x，即2mx2－x＋10在(0，＋∞)上有解．当m≤0时显然成立；当m0时，由于函数y＝2mx2－x＋1的图象的对称轴x＝14m0，故需且只需Δ0，即1－8m0，解得m18.7故0m18，综上所述，实数m的取值范围为－∞，18.(2)f(1)＝m－1，f′(1)＝2m，故切线方程为y－m＋1＝2m(x－1)，即y＝2mx－m－1.从而方程mx2－x＋lnx＝2mx－m－1在(0，＋∞)上有且只有一解．设g(x)＝mx2－x＋lnx－(2mx－m－1)，则g(x)在(0，＋∞)上有且只有一个零点．又g(1)＝0，故函数g(x)有零点x＝1.则g′(x)＝2mx－1＋1x－2m＝2mx2－2m＋1x＋1x＝2mx－1x－1x.当m＝12时，g′(x)≥0，又g(x)不是常数函数，故g(x)在(0，＋∞)上单调递增．∴函数g(x)有且只有一个零点x＝1，满足题意．当0m12时，由g′(x)＝0，得x＝12m或x＝1.且12m1，由g′(x)0，得0x1或x12m；由g′(x)0，得1x12m.故当x在(0，＋∞)上变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下表：x(0,1)11，12m12m12m，＋∞g′(x)＋0－0＋g(x)极大值极小值根据上表知g12m0.又g(x)＝mxx－2＋1m＋m＋lnx＋1.∴g2＋1m0，故在12m，＋∞上，函数g(x)又有一个零点，不满足题意．综上所述，m＝12.8B组——能力提升练1．已知函数f(x)＝x(lnx－ax)有极值，则实数a的取值范围是()A．(－∞，12)B．(0，12)C．(－∞，12]D．(0，12]解析：f(x)＝xlnx－ax2(x＞0)，f′(x)＝lnx＋1－2ax.令g(x)＝lnx＋1－2ax，∵函数f(x)＝x(lnx－ax)有极值，则g(x)＝0在(0，＋∞)上有实根．g′(x)＝1x－2a＝1－2axx，当a≤0