高考數(shù)學(xué)理二輪專題復(fù)習(xí)限時規(guī)范訓(xùn)練：第一部分 專題二 函數(shù)、不等式、導(dǎo)數(shù) 124 Word版含答案

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1、 高考數(shù)學(xué)精品復(fù)習(xí)資料 2019.5 限時規(guī)范訓(xùn)練七　導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用 一、選擇題(本題共6小題，每小題5分，共30分) 1．如果函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)的圖象如圖所示，給出下列判斷： ①函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增； ②函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞減； ③函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(4,5)內(nèi)單調(diào)遞增； ④當(dāng)x＝2時，函數(shù)y＝f(x)取極小值； ⑤當(dāng)x＝－時，函數(shù)y＝f(x)取極大值． 則上述判斷中正確的是(　　) A．①②　 B．②③ C．③④⑤ D．③ 解析：選D.當(dāng)x∈(－3，－2)時，f′(

2、x)＜0，f(x)單調(diào)遞減，①錯；當(dāng)x∈時，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(2,3)時，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減，②錯；當(dāng)x＝2時，函數(shù)y＝f(x)取極大值，④錯；當(dāng)x＝－時，函數(shù)y＝f(x)無極值，⑤錯．故選D. 2．若函數(shù)f(x)＝2x2－ln x在其定義域內(nèi)的一個子區(qū)間(k－1，k＋1)內(nèi)不是單調(diào)函數(shù)，則實數(shù)k的取值范圍是(　　) A．[1，＋∞) B．[1,2) C. D. 解析：選C.f′(x)＝4x－＝， ∵x＞0，由f′(x)＝0得x＝. ∴令f′(x)＞0，得x＞；令f′(x)＜0，得0＜x＜. 由題意得?1≤k＜.故C正確． 3．已知函數(shù)f(

3、x)(x∈R)滿足f′(x)＞f(x)，則(　　) A．f(2)＜e2f(0) B．f(2)≤e2f(0) C．f(2)＝e2f(0) D．f(2)＞e2f(0) 解析：選D.由題意構(gòu)造函數(shù)g(x)＝，則g′(x)＝＞0，則g(x)＝在R上單調(diào)遞增，則有g(shù)(2)＞g(0)，故f(2)＞e2f(0)． 4．不等式ex－x＞ax的解集為P，且[0,2]?P，則實數(shù)a的取值范圍是(　　) A．(－∞，e－1) B．(e－1，＋∞) C．(－∞，e＋1) D．(e＋1，＋∞) 解析：選A.由題意知不等式ex－x＞ax在區(qū)間[0,2]上恒成立，當(dāng)x＝0時，不等式顯然成立，當(dāng)x≠0時，只需a

4、＜－1恒成立，令f(x)＝－1，f′(x)＝，顯然函數(shù)在區(qū)間(0,1]上單調(diào)遞減，在區(qū)間[1,2]上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x＝1時，f(x)取得最小值e－1，則a＜e－1，故選A. 5．設(shè)函數(shù)f(x)＝ln x，g(x)＝ax＋，它們的圖象在x軸上的公共點處有公切線，則當(dāng)x＞1時，f(x)與g(x)的大小關(guān)系是(　　) A．f(x)＞g(x) B．f(x)＜g(x) C．f(x)＝g(x) D．f(x)與g(x)的大小關(guān)系不確定 解析：選B.由題意得f(x)與x軸的交點(1,0)在g(x)上，所以a＋b＝0，因為函數(shù)f(x)，g(x)的圖象在此公共點處有公切線，所以f(x)，g(x)在此

5、公共點處的導(dǎo)數(shù)相等，f′(x)＝，g′(x)＝a－，以上兩式在x＝1時相等，即1＝a－b，又a＋b＝0，所以a＝，b＝－，即g(x)＝－，f(x)＝ln x，令h(x)＝f(x)－g(x)＝ln x－＋，則h′(x)＝－－＝＝－，因為x＞1，所以h′(x)＜0，所以h(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以h(x)＜h(1)＝0，所以f(x)＜g(x)．故選B. 6．設(shè)函數(shù)f(x)＝ax3－x＋1(x∈R)，若對于任意x∈[－1,1]都有f(x)≥0，則實數(shù)a的取值范圍為(　　) A．(－∞，2] B．[0，＋∞) C．[0,2] D．[1,2] 解析：選C.∵f(x)＝ax3－x＋1，∴

6、f′(x)＝3ax2－1， 當(dāng)a＜0時，f′(x)＝3ax2－1＜0，f(x)在[－1,1]上單調(diào)遞減，f(x)min＝f(1)＝a＜0，不符合題意． 當(dāng)a＝0時，f(x)＝－x＋1，f(x)在[－1,1]上單調(diào)遞減，f(x)min＝f(1)＝0，符合題意． 當(dāng)a＞0時，由f′(x)＝3ax2－1≥0，得x≥或x≤－，當(dāng)0＜＜1，即a＞時，f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增， ∴，∴， ∴＜a≤2； 當(dāng)≥1，即0＜a≤時，f(x)在[－1,1]上單調(diào)遞減， f(x)min＝f(1)＝a＞0，符合題意． 綜上可得，0≤a≤2. 二、填空題(本題共3小題，每小題5分

7、，共15分) 7．已知y＝f(x)為R上的連續(xù)可導(dǎo)函數(shù)，且xf′(x)＋f(x)＞0，則函數(shù)g(x)＝xf(x)＋1(x＞0)的零點個數(shù)為________． 解析：因為g(x)＝xf(x)＋1(x＞0)，g′(x)＝xf′(x)＋f(x)＞0，所以g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，又g(0)＝1，y＝f(x)為R上的連續(xù)可導(dǎo)函數(shù)，所以g(x)為(0，＋∞)上的連續(xù)可導(dǎo)函數(shù)，又g(x)＞g(0)＝1，所以g(x)在(0，＋∞)上無零點． 答案：0 8．在函數(shù)f(x)＝aln x＋(x＋1)2(x＞0)的圖象上任取兩個不同點P(x1，y1)，Q(x2，y2)，總能使得f(x1)－f(x2)

8、≥4(x1－x2)，則實數(shù)a的取值范圍為________． 解析：不妨設(shè)x1＞x2，則x1－x2＞0，∵f(x1)－f(x2)≥4(x1－x2)，∴≥4， ∵f(x)＝aln x＋(x＋1)2(x＞0) ∴f′(x)＝＋2(x＋1)，∴＋2(x＋1)≥4，∴a≥－2x2＋2x，又－2x2＋2x＝－22＋≤，∴a≥. 答案：a≥ 9．設(shè)函數(shù)y＝f(x)圖象上任意一點(x0，y0)處的切線方程為y－y0＝(3x－6x0)(x－x0)，且f(3)＝0，則不等式≥0的解集為________． 解析：∵函數(shù)y＝f(x)圖象上任意一點(x0，y0)處的切線方程為y－y0＝(3x－6x0)(x－

9、x0)，∴f′(x0)＝3x－6x0，∴f′(x)＝3x2－6x，設(shè)f(x)＝x3－3x2＋c，又f(3)＝0，∴33－3×32＋c＝0，解得c＝0，∴f(x)＝x3－3x2， ∴≥0可化為≥0，解得0＜x≤1或x＜0或x＞3. 答案：(－∞，0)∪(0,1]∪(3，＋∞) 三、解答題(本題共3小題，每小題12分，共36分) 10．(20xx·高考全國卷Ⅲ)已知函數(shù)f(x)＝x－1－aln x. (1)若f(x)≥0，求a的值； (2)設(shè)m為整數(shù)，且對于任意正整數(shù)n，·…·<m，求m的最小值． 解：(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)

10、， ①若a≤0，因為f＝－＋aln 2<0，所以不滿足題意． ②若a>0，由f′(x)＝1－＝知， 當(dāng)x∈(0，a)時，f′(x)<0；當(dāng)x∈(a，＋∞)時，f′(x)>0. 所以f(x)在(0，a)單調(diào)遞減，在(a，＋∞)單調(diào)遞增． 故x＝a是f(x)在(0，＋∞)的唯一最小值點． 因為f(1)＝0，所以當(dāng)且僅當(dāng)a＝1時，f(x)≥0， 故a＝1. (2)由(1)知當(dāng)x∈(1，＋∞)時，x－1－ln x>0. 令x＝1＋，得ln<， 從而ln＋ln＋…＋ln<＋＋…＋＝1－<1. 故·…·<e.

11、 而>2，所以m的最小值為3. 11．設(shè)函數(shù)f(x)＝emx＋x2－mx. (1)證明：f(x)在(－∞，0)單調(diào)遞減，在(0，＋∞)單調(diào)遞增； (2)若對于任意x1，x2∈[－1,1]，都有|f(x1)－f(x2)|≤e－1，求m的取值范圍． 解：(1)證明：f′(x)＝m(emx－1)＋2x. 若m≥0，則當(dāng)x∈(－∞，0)時，emx－1≤0，f′(x)＜0；當(dāng)x∈(0，＋∞)時，emx－1≥0，f′(x)＞0. 若m＜0，則當(dāng)x∈(－∞，0)時，emx－1＞0，f′(x)＜0；當(dāng)x∈(0，＋∞)時，emx－1＜0，f′(x)＞0. 所以，f(x)在(－∞，0)單調(diào)遞減

12、，在(0，＋∞)單調(diào)遞增． (2)由(1)知，對任意的m，f(x)在[－1,0]單調(diào)遞減，在[0,1]單調(diào)遞增，故f(x)在x＝0處取得最小值．所以對于任意x1，x2∈[－1,1]，|f(x1)－f(x2)|≤e－1的充要條件是 即① 設(shè)函數(shù)g(t)＝et－t－e＋1，則g′(t)＝et－1. 當(dāng)t＜0時，g′(t)＜0；當(dāng)t＞0時，g′(t)＞0. 故g(t)在(－∞，0)單調(diào)遞減，在(0，＋∞)單調(diào)遞增． 又g(1)＝0，g(－1)＝e－1＋2－e＜0，故當(dāng)t∈[－1,1]時，g(t)≤0. 當(dāng)m∈[－1,1]時，g(m)≤0，g(－m)≤0，即①式成立； 當(dāng)m＞1時，由g

13、(t)的單調(diào)性，g(m)＞0，即em－m＞e－1； 當(dāng)m＜－1時，g(－m)＞0，即e－m＋m＞e－1. 綜上，m的取值范圍是[－1,1]． 12．已知函數(shù)f(x)＝，g(x)＝|x－m|，其中m∈R且m≠0. (1)判斷函數(shù)f(x)的單調(diào)性； (2)當(dāng)m＜－2時，求函數(shù)F(x)＝f(x)＋g(x)在區(qū)間[－2,2]上的最值； (3)設(shè)函數(shù)h(x)＝當(dāng)m≥2時，若對于任意的x1∈[2，＋∞)，總存在唯一的x2∈(－∞，2)，使得h(x1)＝h(x2)成立，試求m的取值范圍． 解：(1)依題意，f′(x)＝＝， ①當(dāng)m≥0時，解f′(x)≥0得－2≤x≤2，解f′(x)＜0得x＜

14、－2或x＞2； 所以f(x)在[－2,2]上單調(diào)遞增，在(－∞，－2)，(2，＋∞)上單調(diào)遞減． ②當(dāng)m＜0時，解f′(x)≤0得－2≤x≤2，f′(x)＞0得x＜－2或x＞2； 所以f(x)在[－2,2]上單調(diào)遞減；在(－∞，－2)，(2，＋∞)上單調(diào)遞增． (2)當(dāng)m＜－2，－2≤x≤2時， g(x)＝|x－m|＝x－m＝2m·x在[－2,2]上單調(diào)遞減， 由(1)知，f(x)在[－2,2]上單調(diào)遞減， 所以F(x)＝f(x)＋g(x)＝＋2mx在[－2,2]上單調(diào)遞減； ∴F(x)max＝F(－2)＝4×2m－＝2m＋2－； F(x)min＝F(2)＝2m－2＋. (3)當(dāng)m≥2，x1∈[2，＋∞)時，h(x1)＝f(x1)＝， 由(1)知h(x1)在[2，＋∞)上單調(diào)遞減， 從而h(x1)∈(0，f(2)]，即h(x1)∈； 當(dāng)m≥2，x2＜2時，h(x2)＝g(x2)＝＝＝m·2在(－∞，2)上單調(diào)遞增， 從而h(x2)∈(0，g(2))，即h(x2)∈； 對于任意的x1∈[2，＋∞)，總存在唯一的x2∈(－∞，2)，使得h(x1)＝h(x2)成立， 只需＜，即－＜0成立即可． 記函數(shù)H(m)＝－， 易知H(m)＝－在[2，＋∞)上單調(diào)遞增，且H(4)＝0. 所以m的取值范圍為[2,4)．