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2016高考


第3讲

导数的综合应用

基础巩固题组 (建议用时:40 分钟)
一、选择题 1.(2014· 湖南卷)若 0<x1<x2<1,则 ( )

(e )′·x-x′·e e (x-1) ex 解析 令 f(x)= x , 则 f′(x)= = .当 0<x<1 时, f′(x) x2 x2 <0, 即 f(x)

在(0, 1)上单调递减, ∵0<x1<x2<1, ∴f(x2)<f(x1), ∴ 答案 C 2.(2015· 泸州一模)做一个无盖的圆柱形水桶,若要使其体积是 27π ,且用料最 省,则圆柱的底面半径为 A.3 B.4 C.6 D.5 ( ) ,故选 C.

x

x

x

27 解析 设圆柱的底面半径为 R,母线长为 l,则 V=πR2l=27π,∴l=R2 ,要 使用料最省,只须使圆柱的侧面积与下底面面积之和 S 最小,由题意,S= 54π 27 πR2+2πRl=πR2+2π· R ,∴S′=2πR- R2 ,令 S′=0,得 R=3,则 当 R=3 时,S 最小.故选 A. 答案 A 3.(2015· 洛阳统考)若函数 f(x)=2x3-9x2+12x-a 恰好有两个不同的零点,则 a 可能的值为 A.4 B.6 C.7 D.8 ( )

解析 由题意得 f′(x)=6x2-18x+12=6(x-1)(x-2),由 f′(x)>0 得 x<1 或
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x>2,由 f′(x)<0 得 1<x<2,所以函数 f(x)在(-∞,1),(2,+∞)上单调递 增,在(1,2)上单调递减,从而可知 f(x)的极大值和极小值分别为 f(1),f(2), 若欲使函数 f(x)恰好有两个不同的零点,则需使 f(1)=0 或 f(2)=0,解得 a=5 或 a=4,而选项中只给出了 4,所以选 A. 答案 A 4.设函数 f(x)的定义域为 R,x0(x0≠0)是 f(x)的极大值点,以下结论一定正确的 是 A.?x∈R,f(x)≤f(x0) B.-x0 是 f(-x)的极小值点 C.-x0 是-f(x)的极小值点 D.-x0 是-f(-x)的极小值点 解析 A 错,因为极大值未必是最大值;B 错,因为函数 y=f(x)与函数 y= f(-x)的图象关于 y 轴对称,-x0 应是 f(-x)的极大值点;C 错,函数 y=f(x) 与函数 y=-f(x)的图象关于 x 轴对称,x0 应为-f(x)的极小值点;D 正确,函 数 y=f(x)与 y=-f(-x)的图象关于原点对称,-x0 应为 y=-f(-x)的极小值 点. 答案 D 5. (2014· 新课标全国Ⅰ卷)已知函数 f(x)=ax3-3x2+1, 若 f(x)存在唯一的零点 x0, 且 x0>0,则 a 的取值范围是 A.(2,+∞) C.(-∞,-2) B.(1,+∞) D.(-∞,-1) ( ) ( )

解析 a=0 时,不符合题意.a≠0 时,f′(x)=3ax2-6x,令 f′(x)=0,得 2 x=0 或 x=a. 若 a>0,则由图象知 f(x)有负数零点,不符合题意. 8 4 ?2? 则 a<0,由图象结合 f(0)=1>0 知,此时必有 f ?a?>0,即 a×a3-3×a2+1 ? ? >0,化简得 a2>4,又 a<0,所以 a<-2,故选 C. 答案 C 二、填空题 6.(2014· 唐山模拟)已知 a>0,函数 f(x)=x3+ax2+bx+c 在区间[-2,2]上单调
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递减,则 4a+b 的最大值为__________. 解析 ∵f(x)=x3+ax2+bx+c, ∴f′(x)=3x2+2ax+b,∵函数 f(x)在区间[-2,2]上单调递减, ?f′(-2)≤0, ?4a-b≥12, ∴? 即? ?f′(2)≤0, ?4a+b≤-12, 即 4a+b≤-12,∴4a+b 的最大值为-12. 答案 -12 7.(2015· 开封一模)已知函数 f(x)=ax3-3x+1 对 x∈(0,1]总有 f(x)≥0 成立,则 实数 a 的取值范围是________. 3x-1 3x-1 解析 当 x∈(0, 1]时不等式 ax3-3x+1≥0 可化为 a≥ x3 , 设 g(x)= x3 , x∈(0,1], ? 1? 6?x-2? 3x3-(3x-1)· 3x2 ? ? g′(x)= =- . 6 4 x x g′(x)与 g(x)随 x 的变化情况如下表: x g′(x) g(x) 1? ? ?0,2? ? ? + ↗ 1 2 0 极大值 4 ?1 ? ?2,1? ? ? - ↘

因此 g(x)的最大值为 4,则实数 a 的取值范围是[4,+∞). 答案 [4,+∞) 8.已知函数 f(x)=-x3+ax2-4 在 x=2 处取得极值,若 m,n∈[-1,1],则 f(m) +f′(n)的最小值是________. 解析 对函数 f(x)求导得 f′(x)=-3x2+2ax, 由函数 f(x)在 x=2 处取得极值知 f′(2)=0, 即-3×4+2a×2=0,∴a=3. 由此可得 f(x)=-x3+3x2-4,f′(x)=-3x2+6x, 易知 f(x)在(-1,0)上单调递减,在(0,1)上单调递增, ∴当 m∈[-1,1]时,f(m)min=f(0)=-4. 又∵f′(x)=-3x2+6x 的图象开口向下,且对称轴为 x=1, ∴当 n∈[-1,1]时,f′(n)min=f′(-1)=-9. 故 f(m)+f′(n)的最小值为-13.
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答案 -13 三、解答题 9.(2014· 青岛一模)设 a 为实数,函数 f(x)=ex-2x+2a,x∈R. (1)求 f(x)的单调区间与极值; (2)求证:当 a>ln 2-1 且 x>0 时,ex>x2-2ax+1. (1)解 由 f(x)=ex-2x+2a,x∈R,

知 f′(x)=ex-2,x∈R. 令 f′(x)=0,得 x=ln 2. 于是当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表: x f′(x) f(x) (-∞,ln 2) - ↘ ln 2 0 2(1-ln 2+a) (ln 2,+∞) + ↗

故 f(x)的单调递减区间是(-∞,ln 2), 单调递增区间是(ln 2,+∞), f(x)在 x=ln 2 处取得极小值, 极小值为 f(ln 2)=eln 2-2ln 2+2a=2(1-ln 2+a). (2)证明 设 g(x)=ex-x2+2ax-1,x∈R,

于是 g′(x)=ex-2x+2a,x∈R. 由(1)知当 a>ln 2-1 时, g′(x)取最小值为 g′(ln 2)=2(1-ln 2+a)>0. 于是对任意 x∈R,都有 g′(x)>0, 所以 g(x)在 R 内单调递增. 于是当 a>ln 2-1 时,对任意 x∈(0,+∞), 都有 g(x)>g(0). 而 g(0)=0,从而对任意 x∈(0,+∞),都有 g(x)>0. 即 ex-x2+2ax-1>0,故 ex>x2-2ax+1. ex 10.(2015· 太原模拟)已知函数 f(x)=(2-a)x-2(1+ln x)+a,g(x)= ex , 1? ? (1)若函数 f(x)在区间?0,2?上无零点,求实数 a 的最小值; ? ? (2)若对任意给定的 x0∈(0,e],在(0,e]上方程 f(x)=g(x0)总存在两个不等的
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实根,求实数 a 的取值范围. 解 f(x)=(2-a)(x-1)-2ln x, (1)令 m(x)=(2-a)(x-1),x>0;h(x)=2ln x,x>0,则 f(x)=m(x)-h(x), 1? 1? ? ? ①当 a<2 时,m(x)在?0,2?上为增函数,h(x)在?0,2?上为增函数, ? ? ? ? 1? ? ?1? ?1? 若 f(x)在?0,2?上无零点,则 m?2?≥h?2?, ? ? ? ? ? ? 1 ?1 ? 即(2-a)?2-1?≥2ln 2, ? ? ∴a≥2-4ln 2,∴2-4ln 2≤a<2, 1? ? ②当 a≥2 时,在?0,2?上 m(x)≥0,h(x)<0, ? ? ∴f(x)>0, 1? ? ∴f(x)在?0,2?上无零点. ? ? 由①②得 a≥2-4ln 2, ∴amin=2-4ln 2. (2)g′(x)=e1-x-xe1-x=(1-x)e1-x, 当 x∈(0,1)时,g′(x)>0,函数 g(x)单调递增; 当 x∈(1,e]时,g′(x)<0,函数 g(x)单调递减, 又 g(0)=0,g(1)=1,g(e)=e2-e>0, ∴函数 g(x)在(0,e]上的值域为(0,1]. 方程 f(x)=g(x0)等价于(2-a)(x-1)-g(x0)=2ln x, 令 p(x)=(2-a)(x-1)-g(x0), 则 p(x)过定点(1,-g(x0)),且-1≤-g(x0)<0, 令 t(x)=2ln x,由 p(x),t(x)的图象可知, 要使方程 f(x)=g(x0)在(0,e]上总存在两个不相等的实根, ?a<2, 需使? 在(0,e]上恒成立, ?p(e)≥t(e) 即(2-a)(e-1)-g(x0)≥2ln e=2, ∴a≤2- 2+g(x0) , e-1

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2+g(x0)? ? 3 ? ∵0<g(x0)≤1,∴?2- =2- , e - 1 e - 1 min ? ? ∴a≤2- 3 . e-1

3 ? ? 综上所述,a 的取值范围为?-∞,2-e-1?. ? ?

能力提升题组 (建议用时:25 分钟)
1? ? 11.已知 y=f(x)是奇函数,当 x∈(0,2)时,f(x)=ln x-ax?a>2?,当 x∈(-2, ? ? 0)时,f(x)的最小值为 1,则 a 等于 1 A.4 1 B.3 1 C.2 D.1 ( )

解析 ∵f(x)是奇函数,∴f(x)在(0,2)上的最大值为-1. 1 1 1 1 当 x∈(0,2)时,f′(x)= x-a,令 f′(x)=0 得 x=a,又 a>2,∴0<a<2. 1? 1 ? 当 x<a时,f′(x)>0,f(x)在?0,a?上单调递增; ? ? 1 ?1 ? 当 x>a时,f′(x)<0,f(x)在?a,2?上单调递减, ? ? 1 1 ?1? ∴f(x)max=f ?a?=ln a-a· a=-1,解得 a=1. ? ? 答案 D 12.(2014· 大连模拟)已知函数 f(x)=x3+ax2-x+c(x∈R),下列结论错误的是 ( A.函数 f(x)一定存在极大值和极小值 2 3 B.若函数 f(x)在(-∞,x1),(x2,+∞)上是增函数,则 x2-x1≥ 3 C.函数 f(x)的图象是中心对称图形 D.函数 f(x)一定存在三个零点 解析 对于 A,f′(x)=3x2+2ax-1,Δ=4a2+12>0,因此函数 f′(x)=3x2 )

+2ax-1 恒有两个相异零点 x3,x4(其中 x3<x4),易知函数 f(x)的递增区间是 (-∞,x3)与(x4,+∞),递减区间是(x3,x4),函数 f(x)一定存在极大值与极小 2a 1 值,选项 A 正确.对于 B,由 A 知,x3+x4=- 3 ,x3x4=-3,则 x4-x3=
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(x3+x4)2-4x3x4=

? 2a?2 4 2 3 ?- 3 ? + ≥ 3 ,又 x1≤x3,x4≤x2,因此 x2-x1 ? ? 3

2 3 ≥x4-x3≥ 3 ,选项 B 正确.对于 C,函数 f(x)的解析式可以通过配方的方 法化为形如(x+m)3+n(x+m)+h 的形式,通过平移函数图象,函数的解析式 可以化为 y=x3+nx 的形式,这是一个奇函数,其图象关于坐标原点对称,故 函数 f(x)的图象是中心对称图形,所以 C 正确.对于 D,取 a=-c=1, 得 f(x) =x3+x2-x-1=(x+1)2(x-1),此时函数 f(x)仅有两个相异零点,因此选项 D 不正确.综上所述,选 D. 答案 D 13.(2014· 辽宁卷改编)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________. 解析 由题意知?x∈[-2,1]都有 ax3-x2+4x+3≥0,即 ax3≥x2-4x-3 在 x∈[-2,1]上恒成立. 当 x=0 时,ax3-x2+4x+3≥0 变为 3≥0 恒成立, x2-4x-3 3 4 1 即 a∈R.当 0<x≤1 时,a≥ =-x3-x2+x . x3 1 令 t= x(t≥1),g(t)=-3t3-4t2+t,因为 g′(t)=-9t2-8t+1<0(t≥1), 所以 g(t)在[1,+∞)上单调递减, g(t)max=g(1)=-6(t≥1),所以 a≥-6. 3 4 1 当-2≤x<0 时,a≤-x3-x2+ x,同理, 1? ? g(t)在(-∞,-1]上递减,在?-1,-2?上递增. ? ? 1? ? 因此 g(t)min=g(-1)=-2?t≤-2?,所以 a≤-2. ? ? 综上,-6≤a≤-2. 答案 [-6,-2] 14.(2014· 四川卷)已知函数 f(x)=ex-ax2-bx-1,其中 a,b∈R,e=2.718 28… 为自然对数的底数. (1)设 g(x)是函数 f(x)的导函数,求函数 g(x)在区间[0,1]上的最小值; (2)若 f(1)=0,函数 f(x)在区间(0,1)内有零点,证明:e-2<a<1.
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(1)解

由 f(x)=ex-ax2-bx-1,有 g(x)=f′(x)=ex-2ax-b,

所以 g′(x)=ex-2a. 当 x∈[0,1]时,g′(x)∈[1-2a,e-2a], 1 当 a≤2时,g′(x)≥0, 所以 g(x)在[0,1]上单调递增, 因此 g(x)在[0,1]上的最小值是 g(0)=1-b; e 当 a≥2时,g′(x)≤0,所以 g(x)在[0,1]上单调递减. 因此 g(x)在[0,1]上的最小值是 g(1)=e-2a-b; 1 e 当2<a<2时, 令 g′(x)=0,得 x=ln(2a)∈(0,1), 所以函数 g(x)在区间[0,ln(2a)]上单调递减,在区间(ln(2a),1]上单调递增. 于是,g(x)在[0,1]上的最小值是 g(ln(2a))=2a-2aln(2a)-b.综上所述, 1 当 a≤2时, g(x)在[0,1]上的最小值是 g(0)=1-b; 1 e 当2<a<2时,g(x)在[0,1]上的最小值是 g(ln(2a))=2a-2aln(2a)-b; e 当 a≥2时,g(x)在[0,1]上的最小值是 g(1)=e-2a-b. (2)证明 设 x0 为 f(x)在区间(0,1)内的一个零点,则由 f(0)=f(x0)=0 可知 f(x)

在区间(0,x0)上不可能单调递增,也不可能单调递减. 则 g(x)不可能恒为正,也不可能恒为负. 故 g(x)在区间(0,x0)内存在零点 x1, 同理,g(x)在区间(x0,1)内存在零点 x2, 所以 g(x)在区间(0,1)内至少有两个零点. 1 由(1)知,当 a≤2时,g(x)在[0,1]上单调递增, 故 g(x)在(0,1)内至多有一个零点. e 当 a≥2时,g(x)在[0,1]上单调递减,故 g(x)在(0,1)内至多有一个零点, 1 e 所以2<a<2.
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此时 g(x)在区间[0,ln(2a)]上单调递减,在区间(ln(2a),1]上单调递增,因此 x1∈(0,ln(2a)],x2∈(ln(2a),1),必有 g(0)=1-b>0,g(1)=e-2a-b>0. 由 f(1)=0 有 a+b=e-1<2,有 g(0)=a-e+2>0,g(1)=1-a>0, 解得 e-2<a<1. 所以函数 f(x)在区间(0,1)内有零点时,e-2<a<1.

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