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2016年高考数学大题限时规范训练五:导数及应用部分


2016 年高考数学大题限时规范训练五:导数及应用部分
班级_________ 姓名_________ 分数_____ ____

解答题:解答题应写出文字说明,证明过程或演算步骤. (时间 60 分钟分数 70 分)
1.(2015· 湛江质检)已知函数 f(x)=sin x(x≥0),g(x)=ax(x≥0). (1)若 f(x)≤g(x)恒成立,求实数 a 的取值范围; 1 (2)当 a 取(1)中的最小值时,求证:g(x)-f(x)≤6x3. (1)解 令 h(x)=sin x-ax(x≥0),则

h′(x)=cos x-a. ①若 a≥1,h′(x)=cos x-a≤0, h(x)=sin x-ax(x≥0)单调递减,h(x)≤h(0)=0, 则 sin x≤ax(x≥0)成立. π? ? ②若 0<a<1,存在 x0∈?0, ?, 2? ? 使得 cos x0=a, 当 x∈(0, x0), h′(x)=cos x-a>0, h(x)=sin x-ax(x∈(0, x0))单调递增, h(x)>h(0) =0,不合题意. ③若 a≤0,结合 f(x)与 g(x)的图象可知显然不合题意. 综上可知,a 的取值范围是[1,+∞). (2)证明 当 a 取(1)中的最小值为 1 时,

g(x)-f(x)=x-sin x. 1 设 H(x)=x-sin x-6x3(x≥0), 1 则 H′(x)=1-cos x-2x2. 1 令 G(x)=1-cos x-2x2, 则 G′(x)=sin x-x≤0(x≥0), 1 1 所以 G(x)=1-cos x-2x2 在[0,+∞)上单调递减,此时 G(x)=1-cos x-2x2 ≤G(0)=0,

1 即 H′(x)=1-cos x-2x2≤0, 1 1 所以 H(x)=x-sin x-6x3 在 x∈[0, +∞)上单调递减. 所以 H(x)=x-sin x-6x3 ≤H(0)=0, 1 则 x-sin x≤6x3(x≥0). 所以,当 a 取(1)中的最小值时, 1 g(x)-f(x)≤6x3. 2.(2013· 山西临汾一模)定义在 R 上的函数 f(x)=ax3+bx2+cx+3 同时满足以下 条件: ①f(x)在(0,1)上是减函数,在(1,+∞)上是增函数; ②f′(x)是偶函数; ③f(x)的图象在 x=0 处的切线与直线 y=x+2 垂直. (1)求函数 y=f(x)的解析式; (2)设 g(x)=4ln x-m,若存在 x∈[1,e],使 g(x)<f′(x),求实数 m 的取值范 围. 解 (1)f′(x)=3ax2+2bx+c.

∵f(x)在(0,1)上是减函数,在(1,+∞)上是增函数, ∴f′(1)=3a+2b+c=0,(*) 由 f′(x)是偶函数得 b=0,(ⅰ) 又 f(x)的图象在 x=0 处的切线与直线 y=x+2 垂直, ∴f′(0)=c=-1,(ⅱ) 1 将(ⅰ)(ⅱ)代入(*)得 a=3, 1 ∴f(x)= x3-x+3. 3 (2)由已知得,若存在 x∈[1,e],使 4ln x-m<x2-1,即存在 x∈[1,e],使 m>(4ln x-x2+1)min. 设 M(x)=4ln x-x2+1,x∈[1,e], 4-2x 4 则 M′(x)= x -2x= x , 令 M′(x)=0,又因为 x∈[1,e],所以 x= 2.
2

当 2<x≤e 时,M′(x)<0, 则 M(x)在( 2,e]上为减函数; 当 1≤x≤ 2时,M′(x)>0, 则 M(x)在[1, 2]上为增函数, 所以 M(x)在[1,e]上有最大值. 又 M(1)=0,M(e)=5-e2<0, 所以 M(x)的最小值为 5-e2. 所以 m>5-e2. 故实数 m 的取值范围是(5-e2,+∞).
x2 3.(2015· 北京朝阳区模拟)已知函数 f(x)= ,a∈R. x-a (1)求函数 f(x)的单调区间; (2)若 f(x)在(1,2)上是单调函数,求 a 的取值范围. x?x-2a? 解:(1)f(x)的定义域为{x|x≠a},f′(x)= . ?x-a?2 ①当 a=0 时,f(x)=x(x≠0),f′(x)=1, 则 x∈(-∞,0),(0,+∞)时,f(x)为增函数; ②当 a>0 时,由 f′(x)>0 得,x>2a 或 x<0, 由于此时 0<a<2a,所以 x>2a 时,f(x)为增函数,x<0 时,f(x)为增函数; 由 f′(x)<0 得,0<x<2a,考虑定义域,当 0<x<a 时,f(x)为减函数,a<x<2a 时,f(x)为 减函数; ③当 a<0 时,由 f′(x)>0 得,x>0 或 x<2a,由于此时 2a<a<0,所以当 x<2a 时,f(x)为 增函数,x>0 时,f(x)为增函数. 由 f′(x)<0 得,2a<x<0,考虑定义域,当 2a<x<a,f(x)为减函数,a<x<0 时,f(x)为减函 数. 综上,当 a=0 时,函数 f(x)的单调增区间为(-∞,0),(0,+∞). 当 a>0 时, 函数 f(x)的单调增区间为(-∞, 0), (2a, +∞), 单调减区间为(0, a), (a,2a). 当 a<0 时, 函数 f(x)的单调增区间为(-∞, 2a), (0, +∞), 单调减区间为(2a, a), (a,0). (2)①当 a≤0 时,由(1)可得,f(x)在(1,2)上单调递增,且 x∈(1,2)时,x≠a. 1 ②当 0<2a≤1 时,即 0<a≤ 时,由(1)可得,f(x)在(2a,+∞)上单调递增,即在(1,2)上 2 单调递增,且 x∈(1,2)时,x≠a.

1 ③当 1<2a<2 时,即 <a<1 时,由(1)可得,f(x)在(1,2)上不具有单调性,不合题意. 2 ④当 2a≥2,即 a≥1 时,由(1)可得,f(x)在(0,a),(a,2a)为减函数,同时需注意 a?(1,2), 满足这样的条件时 f(x)在(1,2)单调递减,所以此时 a=1 或 a≥2. 1? 综上所述,a 的取值范围是? ?-∞,2?∪{1}∪[2,+∞). a 1 4.(2015· 新乡调研)已知函数 f(x)=x-(a+1)ln x- (a∈R),g(x)= x2+ex-xex. x 2 (1)当 x∈[1,e]时,求 f(x)的最小值; (2)当 a<1 时,若存在 x1∈[e,e2],使得对任意的 x2∈[-2,0],f(x1)<g(x2)恒成立,求 a 的取值范围. ?x-1??x-a? 解: (1)f(x)的定义域为(0, +∞), f′(x)= .①当 a≤1 时, x∈[1, e], f′(x)≥0, x2 f(x)为增函数,f(x)min=f(1)=1-a. ②当 1<a<e 时, x∈[1,a]时,f′(x)≤0,f(x)为减函数; x∈[a,e]时,f′(x)≥0,f(x)为增函数. 所以 f(x)min=f(a)=a-(a+1)ln a-1. ③当 a≥e 时,x∈[1,e]时,f′(x)≤0, f(x)在[1,e]上为减函数. a f(x)min=f(e)=e-(a+1)- . e 综上,当 a≤1 时,f(x)min=1-a; 当 1<a<e 时,f(x)min=a-(a+1)ln a-1; a 当 a≥e 时,f(x)min=e-(a+1)- . e (2)由题意知:f(x)(x∈[e,e2])的最小值小于 g(x)(x∈[-2,0])的最小值. 由(1)知 f(x)在[e,e2]上单调递增, a f(x)min=f(e)=e-(a+1)- . e g′(x)=(1-ex)x. a 当 x∈[-2,0]时 g′(x)≤0,g(x)为减函数,g(x)min=g(0)=1,所以 e-(a+1)- <1,即 e e2-2e a> , e+1 所以 a 的取值范围为?

?e -2e,1?. ? ? e+1 ?

2

5.(2015· 山西四校联考)已知 f(x)=ln x-x+a+1.

(1)若存在 x∈(0,+∞)使得 f(x)≥0 成立,求 a 的取值范围; 1 1 (2)求证:当 x>1 时,在(1)的条件下, x2+ax-a>xln x+ 成立. 2 2 解:(1)原题即为存在 x>0 使得 ln x-x+a+1≥0, ∴a≥-ln x+x-1,令 g(x)=-ln x+x-1, x-1 1 则 g′(x)=- +1= . x x 令 g′(x)=0,解得 x=1. ∵当 0<x<1 时,g′(x)<0,g(x)为减函数, 当 x>1 时,g′(x)>0,g(x)为增函数, ∴g(x)min=g(1)=0,a≥g(1)=0. 故 a 的取值范围是[0,+∞). (2)证明:原不等式可化为 1 2 1 x +ax-xln x-a- >0(x>1,a≥0). 2 2 1 1 令 G(x)= x2+ax-xln x-a- ,则 G(1)=0. 2 2 由(1)可知 x-ln x-1>0, 则 G′(x)=x+a-ln x-1≥x-ln x-1>0, ∴G(x)在(1,+∞)上单调递增, ∴G(x)>G(1)=0 成立, 1 1 1 1 ∴ x2+ax-xln x-a- >0 成立,即 x2+ax-a>x1nx+ 成立. 2 2 2 2 x+1 6.(2015· 东北三校联考)已知函数 f(x)= x (e 为自然对数的底数). e (1)求函数 f(x)的单调区间; 1 (2)设函数 φ(x)=xf(x)+tf′(x)+ x,存在实数 x1,x2∈[0,1],使得 2φ(x1)<φ(x2)成立,求 e 实数 t 的取值范围. x 解:(1)∵函数的定义域为 R,f′(x)=- x, e ∴当 x<0 时,f′(x)>0,当 x>0 时,f′(x)<0, ∴f(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0,+∞)上单调递减. (2)假设存在 x1,x2∈[0,1],使得 2φ(x1)<φ(x2)成立, 则 2[φ(x)]min<[φ(x)]max. x2+?1-t?x+1 - ∵φ(x)=xf(x)+tf′(x)+e x= , ex

-x2+?1+t?x-t ?x-t??x-1? ∴φ′(x)= =- . ex ex ①当 t≥1 时,φ′(x)≤0,φ(x)在[0,1]上单调递减, e ∴2φ(1)<φ(0),即 t>3- >1. 2 ②当 t≤0 时,φ′(x)>0,φ(x)在[0,1]上单调递增, ∴2φ(0)<φ(1),即 t<3-2e<0. ③当 0<t<1 时,若 x∈[0,t),φ′(x)<0,φ(x)在[0,t)上单调递减; 若 x∈(t,1],φ′(x)>0,φ(x)在(t,1]上单调递增, 所以 2φ(t)<max{φ(0),φ(1)},
? t+1 3-t? ?,(*) 即 2· t <max?1, e e ? ?

t+1 由(1)知,g(t)=2· t 在[0,1]上单调递减, e t+1 4 2 3-t 3 故 ≤2· t ≤2,而 ≤ ≤ ,所以不等式(*)无解. e e e e e e 3- ,+∞?,使得命题成立. 综上所述,存在 t∈(-∞,3-2e)∪? ? 2 ?


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