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训练5--导数的综合应用


常考问题 5

导数的综合应用

1 1.已知函数 f(x)= x3-2x2+3m,x∈[0,+∞),若 f(x)+5≥0 恒成立,则实数 m 的取值范围是 3 17 ? A.? ? 9 ,+∞? 17 ? B.? ? 9 ,+∞? C.(-∞,2] D.(-∞,2)

(

).

1 2.下面四个图象中,有一个是函数 f(x)= x3+ax2+(a2-1)x+1(a∈R)的导函数 y=f′(x)图象,则 f(-1) 3 等于 ( ).

1 A. 3

1 B.- 3

7 C. 3

1 5 D.- 或 3 3 ).

3.函数 f(x)的定义域是 R,f(0)=2,对任意 x∈R,f(x)+f′(x)>1,则不等式 ex· f(x)>ex+1 的解集为 ( A.{x|x>0} B.{x|x<0} C.{x|x<-1,或x>1} D.{x|x<-1,或0<x<1}

4. 已知 f(x)是定义在(0, +∞) 上的非负可导函数, 且满足 xf′(x)+f(x)≤0, 对任意的 0<a<b, 则必有 ( A.af(b)≤bf(a) B.bf(a)≤af(b) C.af(a)≤f(b) ( D.bf(b)≤f(a) ). ex e2 5.(2013· 辽宁卷)设函数 f(x)满足 x2f′(x)+2xf(x)= ,f(2)= ,则 x>0 时,f(x) x 8 A.有极大值,无极小值 C.既有极大值又有极小值 B.有极小值,无极大值 D.既无极大值也无极小值

).

6.(2013· 温州模拟)关于 x 的方程 x3-3x2-a=0 有三个不同的实数解,则实数 a 的取值范围是________. 1 7.若函数 f(x)=- x2+4x-3ln x 在[t,t+1]上不单调,则 t 的取值范围是______. 2 1 8.已知函数 f(x)=x- ,g(x)=x2-2ax+4,若任意 x1∈[0,1],存在 x2∈[1,2],使 f(x1)≥g(x2),则实数 x+1 a 的取值范围是______. 9.(2013· 安徽卷)设函数 f(x)=ax-(1+a2)x2,其中 a>0,区间 I={x|f(x)>0}. (1)求 I 的长度(注:区间(α,β)的长度定义为 β-α); (2)给定常数 k∈(0,1),当 1-k≤a≤1+k 时,求 I 长度的最小值.

1

10.(2013· 东北三校联考)已知 x=3 是函数 f(x)=aln(1+x)+x2-10x 的一个极值点. (1)求 a; (2)求函数 f(x)的单调区间; (3)若直线 y=b 与函数 y=f(x)的图象有 3 个交点,求 b 的取值范围.

11.(2013· 新课标全国Ⅱ卷)已知函数 f(x)=ex-ln(x+m). (1)设 x=0 是 f(x)的极值点,求 m,并讨论 f(x)的单调性; (2)当 m≤2 时,证明 f(x)>0.

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常考问题 5

导数的综合应用

(建议用时:60 分钟) 1 1.已知函数 f(x)= x3-2x2+3m,x∈[0,+∞),若 f(x)+5≥0 恒成立,则实数 m 的取值范围是 3 17 ? A.? ? 9 ,+∞? 17 ? B.? ? 9 ,+∞? C.(-∞,2] D.(-∞,2) ( ).

解析 f′(x)=x2-4x,由 f′(x)>0,得 x>4 或 x<0. ∴f(x)在(0,4)上递减,在(4,+∞)上递增,∴当 x∈[0,+∞)时,f(x)min=f(4).∴要使 f(x)+5≥0 恒成 17 立,只需 f(4)+5≥0 恒成立即可,代入解之得 m≥ . 9 答案 A

1 2.下面四个图象中,有一个是函数 f(x)= x3+ax2+(a2-1)x+1(a∈R)的导函数 y=f′(x)图象,则 f(-1) 3 等于 ( ).

1 A. 3

1 B.- 3

7 C. 3

1 5 D.- 或 3 3

解析 ∵f′(x)=x2+2ax+a2-1,∴f′(x)的图象开口向上,则②,④排除.若图象不过原点,则 f′(x) 5 的图象为①,此时 a=0,f(-1)= ;若图象过原点,则 f′(x)的图象为③,此时 a2-1=0,又对称轴 x 3 1 =-a>0,∴a=-1, ∴f(-1)=- . 3 答案 D ).

3.函数 f(x)的定义域是 R,f(0)=2,对任意 x∈R,f(x)+f′(x)>1,则不等式 ex· f(x)>ex+1 的解集为 ( A.{x|x>0} B.{x|x<0} C.{x|x<-1,或x>1} D.{x|x<-1,或0<x<1}

解析 构造函数 g(x)=ex· f(x)-ex,因为 g′(x)=ex· f(x)+ex· f′(x)-ex=ex[f(x)+f′(x)]-ex>ex-ex=0, 所以 g(x)=ex· f(x)-ex 为 R 上的增函数.又因为 g(0)=e0· f(0)-e0=1,所以原不等式转化为 g(x)>g(0), 解得 x>0. 答案 A ).

4. 已知 f(x)是定义在(0, +∞) 上的非负可导函数, 且满足 xf′(x)+f(x)≤0, 对任意的 0<a<b, 则必有 ( A.af(b)≤bf(a) B.bf(a)≤af(b) C.af(a)≤f(b) D.bf(b)≤f(a)

解析 因为 xf′(x)≤-f(x),f(x)≥0,

xf′?x?-f?x? -2f?x? f?x? 所以? x ?′= ≤ 2 ≤0, x2 x ? ?

f?x? f?a? f?b? 则函数 在(0,+∞)上单调递减. 由于 0<a<b,则 ≥ ,即 af(b)≤bf(a). 答案 A x a b ex e2 5.(2013· 辽宁卷)设函数 f(x)满足 x2f′(x)+2xf(x)= ,f(2)= ,则 x>0 时,f(x) x 8
3

(

).

A.有极大值,无极小值 C.既有极大值又有极小值

B.有极小值,无极大值 D.既无极大值也无极小值

ex-2x2f?x? ex 解析 由 x2f′(x)+2xf(x)= , 得 f′(x)= , 令 g(x)=ex-2x2f(x), x>0, 则 g′(x)=ex-2x2f′(x) x x3 ex ?x-2?e -4xf(x)=ex-2· = .令 g′(x)=0,得 x=2.当 x>2 时,g′(x)>0;0<x<2 时,g′(x)<0,∴ x x g(x)在 x=2 时有最小值 g(2)=e2-8f(2)=0,从而当 x>0 时,f′(x)≥0,则 f(x)在(0,+∞)上是增函数, 所以函数 f(x)无极大值,也无极小值. 答案 D
x

6.(2013· 温州模拟)关于 x 的方程 x3-3x2-a=0 有三个不同的实数解,则实数 a 的取值范围是________. 解析 由题意知使函数 f(x)=x3-3x2-a 的极大值大于 0 且极小值小于 0 即可, 又 f′(x)=3x2-6x=3x(x -2), 令 f′(x)=0, 得 x1=0, x2=2.当 x<0 时, f′(x)>0; 当 0<x<2 时, f′(x)<0; 当 x>2 时, f′(x) >0,所以当 x=0 时,f(x)取得极大值,即 f(x)极大值=f(0)=-a;当 x=2 时,f(x)取得极小值,即 f(x)极小


? ?-a>0, =f(2)=-4-a,所以? 解得-4<a<0. ?-4-a<0, ?

答案 (-4,0)

1 7.若函数 f(x)=- x2+4x-3ln x 在[t,t+1]上不单调,则 t 的取值范围是______. 2
2 ?x-1??x-3? 3 -x +4x-3 解析 对 f(x)求导, 得 f′(x)=-x+4- = =- .由 f′(x)=0 得函数 f(x)的两个 x x x

极值点为 1,3,则只要这两个极值点有一个在区间(t,t+1)内,函数 f(x)在区间[t,t+1]上就不单调,所 以 t<1<t+1 或 t<3<t+1,解得 0<t<1 或 2<t<3. 答案 (0,1)∪(2,3)

1 8.已知函数 f(x)=x- ,g(x)=x2-2ax+4,若任意 x1∈[0,1],存在 x2∈[1,2],使 f(x1)≥g(x2),则实数 x+1 a 的取值范围是______. 解析 由于 f′(x)=1+ 1 >0,因此函数 f(x)在[0,1]上单调递增,所以 x∈[0,1]时,f(x)min=f(0)= ?x+1?2

x 5 -1.根据题意可知存在 x∈[1,2],使得 g(x)=x2-2ax+4≤-1,即 x2-2ax+5≤0,即 a≥ + 能成立, 2 2x x 5 x 5 令 h(x)= + ,则要使 a≥h(x)在 x∈[1,2]能成立,只需使 a≥h(x)min,又函数 h(x)= + 在 x∈[1,2] 2 2x 2 2x 9 9 上单调递减(可利用导数判断),所以 h(x)min=h(2)= ,故只需 a≥ . 4 4 9 ? 答案 ? ?4,+∞?

9.(2013· 安徽卷)设函数 f(x)=ax-(1+a2)x2,其中 a>0,区间 I={x|f(x)>0}. (1)求 I 的长度(注:区间(α,β)的长度定义为 β-α); (2)给定常数 k∈(0,1),当 1-k≤a≤1+k 时,求 I 长度的最小值. 解 a (1)因为方程 ax-(1+a2)x2=0(a>0)有两个实根 x1=0,x2= .故 f(x)>0 的解集为{x|x1<x<x2}. 1+a2

a a 因此区间 I=?0,1+a2?,I 的长度为 . ? ? 1+a2 1-a2 a (2)设 d(a)= . 2,则 d′(a)= 1+a ?1+a2?2
4

令 d′(a)=0,得 a=1.由于 0<k<1,故当 1-k≤a<1 时,d′(a)>0,d(a)单调递增; 当 1<a≤1+k 时,d′(a)<0,d(a)单调递减. 所以当 1-k≤a≤1+k 时, d(a)的最小值必定在 a=1-k 或 a=1+k 处取得. 1-k 2 d?1-k? 1+?1-k? 2-k2-k3 而 = = <1. d?1+k? 1+k 2-k2+k3 1+?1+k?2 1-k 故 d(1-k)<d(1+k).因此当 a=1-k 时,d(a)在区间[1-k,1+k]上取得最小值 . 2-2k+k2 10.(2013· 东北三校联考)已知 x=3 是函数 f(x)=aln(1+x)+x2-10x 的一个极值点. (1)求 a; (2)求函数 f(x)的单调区间; (3)若直线 y=b 与函数 y=f(x)的图象有 3 个交点,求 b 的取值范围. 解 f(x)的定义域为(-1,+∞).

a a (1)f′(x)= +2x-10,又 f′(3)= +6-10=0, 4 1+x ∴a=16.经检验此时 x=3 为 f(x)的极值点,故 a=16. 2?x-1??x-3? (2)由(1)知 f′(x)= . x+1 当-1<x<1 或 x>3 时,f′(x)>0; 当 1<x<3 时,f′(x)<0. ∴f(x)的单调增区间为(-1,1),(3,+∞), 单调减区间为(1,3). (3)由(2)知,f(x)在(-1,1)上单调递增,在(1,3)上单调递减,在(3,+∞)上单调递增,且当 x=1 或 x=3 时,f′(x)=0.所以 f(x)的极大值为 f(1)=16ln 2-9,极小值为 f(3)=32ln 2-21. 因为 f(16)>162-10×16>16ln 2-9=f(1), f(e 2-1)<-32+11=-21<f(3),


所以根据函数 f(x)的大致图象可判断,在 f(x)的三个单调区间(-1,1),(1,3),(3,+∞)内,直线 y=b 与 y=f(x)的图象各有一个交点,当且仅当 f(3)<b<f(1). 因此 b 的取值范围为(32ln 2-21,16ln 2-9). 11.(2013· 新课标全国Ⅱ卷)已知函数 f(x)=ex-ln(x+m). (1)设 x=0 是 f(x)的极值点,求 m,并讨论 f(x)的单调性; (2)当 m≤2 时,证明 f(x)>0. 1 (1)解 f′(x)=ex- ,由 x=0 是 f(x)的极值点,得 f′(0)=0,所以 m=1, x+m 于是 f(x)=ex-ln(x+1),定义域为{x|x>-1},
5

1 f′(x)=ex- , x+1 1 函数 f′(x)=ex- 在(-1,+∞)上单递增, x+1 且 f′(0)=0, 因此当 x∈(-1,0)时,f′(x)<0; 当 x∈(0,+∞)时,f′(x)>0. 所以 f(x)在(-1,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增. (2)证明 当 m≤2,x∈(-m,+∞)时,ln(x+m)≤ln(x+2),故只需证明当 m=2 时,f(x)>0, 1 当 m=2 时,函数 f′(x)=ex- 在(-2,+∞)上单调递增. x+2 又 f′(-1)<0,f′(0)>0,故 f′(x)=0 在(-2,+∞)上有唯一实根 x0,且 x0∈(-1,0). 当 x∈(-2,x0)时,f′(x)<0;当 x∈(x0,+∞)时,f′(x)>0,从而当 x=x0 时,f(x)取得最小值. 由 f′(x0)=0,得 ex0= ?x0+1?2 1 1 ,即 ln(x0+2)=-x0,故 f(x)≥f(x0)= +x0= >0. x0+2 x0+2 x0+2

综上,当 m≤2 时,f(x)>0.

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