【学霸优课】高考数学(理)一轮复习对点训练：3-2-3导数的综合应用(含答案解析)

1.设f(x)是定义在R 上的可导函数，当x≠0时，f′(x)＋x>0，则关于x 的函数g(x)＝f(x)＋1x的零点个数为( )A ．1B ．2C ．0D ．0或2 答案 C 解析 由f′(x)＋x>0，得＋x>0，当x>0时，xf′(x)＋f(x)>0，即[xf(x)]′>0，函数xf(x)单调递增； 当x<0时，xf′(x)＋f(x)<0， 即[xf(x)]′<0，函数xf(x)单调递减． ∴xf(x)>0f(0)＝0，又g(x)＝f(x)＋x －1＝＋1x，函数g(x)＝＋1x的零点个数等价于函数y ＝xf(x)＋1的零点个数．当x>0时，y ＝xf(x)＋1>1，当x<0时，y ＝xf(x)＋1>1，所以函数y ＝xf(x)＋1无零点，所以函数g(x)＝f(x)＋x－1的零点个数为0.故选C.2．设函数f(x)是定义在(－∞，0)上的可导函数，其导函数为f′(x)，且有2f(x)＋xf′(x)>x 2，则不等式(x ＋2014)2f(x ＋2014)－4f(－2)>0的解集为________．答案 (－∞，－2016)解析 由2f(x)＋xf′(x)>x 2，x<0得2xf(x)＋x 2f′(x)<x 3，∴[x 2f(x)]′<x 3<0.令F(x)＝x 2f(x)(x<0)，则F′(x)<0(x<0)，即F(x)在(－∞，0)上是减函数，因为F(x ＋2014)＝(x ＋2014)2f(x ＋2014)，F(－2)＝4f(－2)，所以不等式(x ＋2014)2f(x ＋2014)－4f(－2)>0即为F(x ＋2014)－F(－2)>0，即F(x ＋2014)>F(－2)，又因为F(x)在(－∞，0)上是减函数，所以x ＋2014<－2，∴x<－2016.3．已知f(x)＝ax －cosx ，x ∈⎣⎡⎦⎤π4，π3.若∀x 1∈⎣⎡⎦⎤π4，π3，∀x 2∈⎣⎡⎦⎤π4，π3，x 1≠x 2，2－1x 2－x 1<0，则实数a 的取值范围为________． 答案 a≤－32解析 f′(x)＝a ＋sinx.依题意可知f(x)在⎣⎡⎦⎤π4，π3上为减函数，所以f′(x)≤0对x ∈⎣⎡⎦⎤π4，π3恒成立，可得a≤－sinx 对x ∈⎣⎡⎦⎤π4，π3恒成立．设g(x)＝－sinx ，x ∈⎣⎡⎦⎤π4，π3.易知g(x)为减函数，故g(x)min ＝－32，所以a≤－32. 4．设函数f(x)＝e mx ＋x 2－mx.(1)证明：f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增；(2)若对于任意x 1，x 2∈[－1,1]，都有|f(x 1)－f(x 2)|≤e －1，求m 的取值范围． 解 (1)证明：f′(x)＝m(e mx －1)＋2x.若m≥0，则当x ∈(－∞，0)时，e mx －1≤0，f′(x)<0；当x ∈(0，＋∞)时，e mx －1≥0，f′(x)>0. 若m<0，则当x ∈(－∞，0)时，e mx －1>0，f′(x)<0；当x ∈(0，＋∞)时，e mx －1<0，f′(x)>0.所以，f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增．(2)由(1)知，对任意的m ，f(x)在[－1,0]单调递减，在[0,1]单调递增，故f(x)在x ＝0处取得最小值．所以对于任意x 1，x 2∈[－1,1]，|f(x 1)－f(x 2)|≤e －1的充要条件是⎩⎪⎨⎪⎧－－1，－－－1，即⎩⎪⎨⎪⎧e m－m≤e －1，e －m ＋m≤e －1. ① 设函数g(t)＝e t －t －e ＋1，则g′(t)＝e t －1.当t<0时，g′(t)<0；当t>0时，g′(t)>0.故g(t)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增． 又g(1)＝0，g(－1)＝e －1＋2－e<0，故当t ∈[－1,1]时，g(t)≤0.当m ∈[－1,1]时，g(m)≤0，g(－m)≤0，即①式成立； 当m>1时，由g(t)的单调性，g(m)>0，即e m －m>e －1； 当m<－1时，g(－m)>0，即e－m＋m>e －1.综上，m 的取值范围是[－1,1]．5．设a>1，函数f(x)＝(1＋x 2)e x －a. (1)求f(x)的单调区间；(2)证明：f(x)在(－∞，＋∞)上仅有一个零点；(3)若曲线y ＝f(x)在点P 处的切线与x 轴平行，且在点M(m ，n)处的切线与直线OP 平行(O 是坐标原点)，证明：m≤3a －2e－1. 解 (1)f′(x)＝2xe x ＋(1＋x 2)e x ＝(x 2＋2x ＋1)e x ＝(x ＋1)2e x ≥0，故f(x)是R 上的单调递增函数，其单调增区间是(－∞，＋∞)，无单调减区间．(2)证明：因为f(0)＝(1＋02)e 0－a ＝1－a<0，且f(ln a)＝(1＋ln 2a)e ln a －a ＝(1＋ln 2a)a －a ＝aln 2a>0，由零点存在性定理知，f(x)在(－∞，＋∞)上至少有一个零点． 又由(1)知，函数f(x)是(－∞，＋∞)上的单调递增函数， 故函数f(x)在(－∞，＋∞)上仅有一个零点．(3)证明：设点P(x0，y0)，由曲线y＝f(x)在点P处的切线与x轴平行知，f′(x0)＝0，即f′(x0)＝(x0＋1)2ex0＝0，(x0＋1)2＝0，x0＝－1，即P(－1,2e－1－a)．由点M(m，n)处的切线与直线OP平行知，f′(m)＝k OP，即(1＋m)2e m＝2e－1－a－0－1－0＝a－2e.由e m≥1＋m知，(1＋m)3≤(1＋m)2e m＝a－2 e，即1＋m≤ 3a－2e，即m≤3a－2e－1.6．已知函数f(x)＝nx－x n，x∈R，其中n∈N*，且n≥2.(1)讨论f(x)的单调性；(2)设曲线y＝f(x)与x轴正半轴的交点为P，曲线在点P处的切线方程为y＝g(x)，求证：对于任意的正实数x，都有f(x)≤g(x)；(3)若关于x的方程f(x)＝a(a为实数)有两个正实数根x1，x2，求证：|x2－x1|<a1－n＋2.解(1)由f(x)＝nx－x n，可得f′(x)＝n－nx n－1＝n(1－x n－1)，其中n∈N*，且n≥2.下面分两种情况讨论：①当n为奇数时．令f′(x)＝0，解得x＝1，或x＝－1.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：所以，②当n为偶数时．当f′(x)>0，即x<1时，函数f(x)单调递增；当f′(x)<0，即x>1时，函数f(x)单调递减．所以，f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．(2)证明：设点P的坐标为(x0,0)，则x0＝n 1n－1，f′(x0)＝n－n2.曲线y＝f(x)在点P处的切线方程为y＝f′(x0)(x－x0)，即g(x)＝f′(x0)(x－x0)．令F(x)＝f(x)－g(x)，即F(x)＝f(x)－f′(x0)(x －x0)，则F′(x)＝f′(x)－f′(x0)．由于f′(x)＝－nx n－1＋n在(0，＋∞)上单调递减，故F′(x)在(0，＋∞)上单调递减．又因为F′(x0)＝0，所以当x∈(0，x0)时，F′(x)>0，当x∈(x0，＋∞)时，F′(x)<0，所以F(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减，所以对于任意的正实数x，都有F(x)≤F(x0)＝0，即对于任意的正实数x ，都有f(x)≤g(x)．(3)证明：不妨设x 1≤x 2.由(2)知g(x)＝(n －n 2)(x －x 0)．设方程g(x)＝a 的根为x 2′，可得x 2′＝an －n 2＋x 0.当n≥2时，g(x)在(－∞，＋∞)上单调递减．又由(2)知g(x 2)≥f(x 2)＝a ＝g(x 2′)，可得x 2≤x 2′.类似地，设曲线y ＝f(x)在原点处的切线方程为y ＝h(x)，可得h(x)＝nx.当x ∈(0，＋∞)，f(x)－h(x)＝－x n <0，即对于任意的x ∈(0，＋∞)，f(x)<h(x)．设方程h(x)＝a 的根为x 1′，可得x 1′＝an .因为h(x)＝nx 在(－∞，＋∞)上单调递增，且h(x 1′)＝a ＝f(x 1)<h(x 1)，因此x 1′<x 1.由此可得x 2－x 1<x 2′－x 1′＝a1－n ＋x 0. 因为n≥2，所以2n －1＝(1＋1)n －1≥1＋C 1n －1＝1＋n －1＝n ，故2≥n1n －1＝x 0. 所以|x 2－x 1|<a1－n＋2. 7．已知函数f(x)＝ln (1＋x)，g(x)＝kx(k ∈R)． (1)证明：当x>0时，f(x)<x ；(2)证明：当k<1时，存在x 0>0，使得对任意的x ∈(0，x 0)，恒有f(x)>g(x)； (3)确定k 的所有可能取值，使得存在t>0，对任意的x ∈(0，t)，恒有|f(x)－g(x)|<x 2. 解 (1)证明：令F(x)＝f(x)－x ＝ln (1＋x)－x ，x ∈[0，＋∞)， 则有F′(x)＝11＋x －1＝－x x ＋1. 当x ∈(0，＋∞)时，F′(x)<0， 所以F(x)在[0，＋∞)上单调递减，故当x>0时，F(x)<F(0)＝0，即当x>0时，f(x)<x.(2)证明：令G(x)＝f(x)－g(x)＝ln (1＋x)－kx ，x ∈[0，＋∞)， 则有G′(x)＝1x ＋1－k ＝－kx ＋－x ＋1.当k≤0时，G′(x)>0，故G(x)在[0，＋∞)上单调递增，G(x)>G(0)＝0，故任意正实数x 0均满足题意．当0<k<1时，令G′(x)＝0，得x ＝1－k k ＝1k －1>0，取x 0＝1k－1，对任意x ∈(0，x 0)，有G′(x)>0，从而G(x)在[0，x 0)上单调递增， 所以G(x)>G(0)＝0，即f(x)>g(x)．综上，当k<1时，总存在x 0>0，使得对任意x ∈(0，x 0)，恒有f(x)>g(x)． (3)解法一：当k>1时，由(1)知，∀x ∈(0，＋∞)，g(x)>x>f(x)，故g(x)>f(x)， |f(x)－g(x)|＝g(x)－f(x)＝kx －ln (1＋x)． 令M(x)＝kx －ln (1＋x)－x 2，x ∈[0，＋∞)， 则有M′(x)＝k －11＋x－2x ＝－2x 2＋－＋k －1x ＋1.故当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，k －2＋－2＋－4时， M′(x)>0，M(x)在⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，k －2＋－2＋－4上单调递增， 故M(x)>M(0)＝0，即|f(x)－g(x)|>x 2.所以满足题意的t 不存在． 当k<1时，由(2)知，存在x 0>0，使得当x ∈(0，x 0)时，f(x)>g(x)， 此时|f(x)－g(x)|＝f(x)－g(x)＝ln (1＋x)－kx. 令N(x)＝ln (1＋x)－kx －x 2，x ∈[0，＋∞)， 则有N′(x)＝1x ＋1－k －2x ＝－2x 2－＋＋1－kx ＋1， 当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，－＋＋＋2＋－4时，N′(x)>0，N(x)在⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，－＋＋＋2＋－4上单调递增， 故N(x)>N(0)＝0，即f(x)－g(x)>x 2. 记x 0与－＋＋＋2＋－4中的较小者为x 1，则当x ∈(0，x 1)时，恒有|f(x)－g(x)|>x 2. 故满足题意的t 不存在．当k ＝1时，由(1)知，当x>0时，|f(x)－g(x)|＝g(x)－f(x)＝x －ln (1＋x)． 令H(x)＝x －ln (1＋x)－x 2，x ∈[0，＋∞)， 则有H′(x)＝1－11＋x －2x ＝－2x 2－x x ＋1.当x>0时，H′(x)<0，所以H(x)在[0，＋∞)上单调递减，故H(x)<H(0)＝0.故当x>0时，恒有|f(x)－g(x)|<x 2.此时，任意正实数t 均满足题意． 综上，k ＝1.解法二：当k>1时，由(1)知，∀x ∈(0，＋∞)，g(x)>x>f(x)， 故|f(x)－g(x)|＝g(x)－f(x)＝kx －ln (1＋x)>kx －x ＝(k －1)x. 令(k －1)x>x 2，解得0<x<k －1.从而得到，当k>1时，对于x ∈(0，k －1)，恒有|f(x)－g(x)|>x 2， 故满足题意的t 不存在．当k<1时，取k 1＝k ＋12，从而k<k 1<1，由(2)知，存在x 0>0，使得x ∈(0，x 0)，f(x)>k 1x>kx ＝g(x)， 此时|f(x)－g(x)|＝f(x)－g(x)>(k 1－k)x ＝1－k2x.令1－k 2x>x 2，解得0<x<1－k 2，此时f(x)－g(x)>x 2.记x 0与1－k 2中的较小者为x 1，当x ∈(0，x 1)时，恒有|f(x)－g(x)|>x 2.故满足题意的t 不存在．当k ＝1时，由(1)知，x>0，|f(x)－g(x)|＝g(x)－f(x)＝x －ln (1＋x)， 令M(x)＝x －ln (1＋x)－x 2，x ∈[0，＋∞)， 则有M′(x)＝1－11＋x －2x ＝－2x 2－x x ＋1.当x>0时，M′(x)<0，所以M(x)在[0，＋∞)上单调递减， 故M(x)<M(0)＝0.故当x>0时，恒有|f(x)－g(x)|<x 2， 此时，任意正实数t 均满足题意． 综上，k ＝1. 8．已知函数f(x)＝ln1＋x1－x. (1)求曲线y ＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程； (2)求证：当x ∈(0,1)时，f(x)>2⎝⎛⎭⎫x ＋x33； (3)设实数k 使得f(x)>k ⎝⎛⎭⎫x ＋x33对x ∈(0,1)恒成立，求k 的最大值． 解 (1)因为f(x)＝ln (1＋x)－ln(1－x)，所以f′(x)＝11＋x ＋11－x，f′(0)＝2.又因为f(0)＝0，所以曲线y ＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y ＝2x. (2)证明：令g(x)＝f(x)－2⎝⎛⎭⎫x ＋x 33，则g′(x)＝f′(x)－2(1＋x 2)＝2x 41－x 2. 因为g′(x)>0(0<x<1)，所以g(x)在区间(0,1)上单调递增． 所以g(x)>g(0)＝0，x ∈(0,1)， 即当x ∈(0,1)时，f(x)>2⎝⎛⎭⎫x ＋x 33. (3)由(2)知，当k≤2时，f(x)>k ⎝⎛⎭⎫x ＋x33对x ∈(0,1)恒成立． 当k>2时，令h(x)＝f(x)－k ⎝⎛⎭⎫x ＋x33，则 h′(x)＝f′(x)－k(1＋x 2)＝kx 4－k －21－x 2.所以当0<x< 4k －2k 时，h′(x)<0，因此h(x)在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0， 4k －2k 上单调递减． 当0<x< 4k －2k 时，h(x)<h(0)＝0，即f(x)<k ⎝⎛⎭⎫x ＋x 33.所以当k>2时，f(x)>k ⎝⎛⎫x ＋x33并非对x ∈(0,1)恒成立． 综上可知，k 的最大值为2.9．已知函数f(x)＝ln x －12ax 2－2x(a<0)．(1)若函数f(x)在定义域内单调递增，求a 的取值范围；(2)若a ＝－12且关于x 的方程f(x)＝－12x ＋b 在[1,4]上恰有两个不相等的实数根，求实数b 的取值范围．解 (1)f′(x )＝－ax 2＋2x －1x(x>0)．依题意f′(x)≥0在x>0时恒成立，即ax 2＋2x －1≤0在x>0时恒成立． 则a≤1－2x x2＝⎝⎛⎭⎫1x －12－1在x>0时恒成立， 即a≤⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1x －12－1min (x>0)， 当x ＝1时，⎝⎛⎭⎫1x －12－1取最小值－1. ∴a 的取值范围是(－∞，－1]．(2)a ＝－12，f(x)＝－12x ＋b ⇔14x 2－32x ＋ln x －b ＝0.设g(x)＝14x 2－32x ＋ln x －b(x>0)．则g′(x)＝－－2x.列表：∴g(x)极小值＝g(2)＝ln 2－b －2，g(x)极大值＝g(1)＝－b －54，又g(4)＝2ln 2－b －2，∵方程g(x)＝0在[1,4]上恰有两个不相等的实数根，则⎩⎪⎨⎪⎧，，，得ln 2－2<b≤－54.10.如图，现要在边长为100 m 的正方形ABCD 内建一个交通“环岛”．以正方形的四个顶点为圆心在四个角分别建半径为x m(x 不小于9)的扇形花坛，以正方形的中心为圆心建一个半径为15x 2 m 的圆形草地．为了保证道路畅通，岛口宽不小于60 m ，绕岛行驶的路宽均不小于10 m.(1)求x 的取值范围(运算中2取1.4)；(2)若中间草地的造价为a 元/m 2，四个花坛的造价为433ax 元/m 2，其余区域的造价为12a11元/m 2，当x 取何值时，可使“环岛”的整体造价最低？解 (1)由题意得，⎩⎪⎨⎪⎧x≥9100－2x≥601002－2x －2×15x 2≥2×10，解得⎩⎪⎨⎪⎧x≥9x≤20－20≤x≤15，即9≤x≤15.所以x 的取值范围是[9,15]．(2)记“环岛”的整体造价为y 元，则由题意得y ＝a×π×⎝⎛⎭⎫15x 22＋433ax×πx 2＋12a 11×⎣⎡⎦⎤104－π×⎝⎛⎭⎫15x 22－πx 2＝a 11⎣⎡π⎝⎛ －125x 4＋43x 3－12x 2 ] )＋12×104， 令f(x)＝－125x 4＋43x 3－12x 2，则f′(x)＝－425x 3＋4x 2－24x ＝－4x ⎝⎛⎭⎫125x 2－x ＋6， 由f′(x)＝0，解得x ＝10或x ＝15或x ＝0(舍)， 列表如下：即当x ＝10时，可使“环岛”的整体造价最低．。