【创新设计】2022届高考数学一轮总复习 第三篇 第2讲 导数的应用(一) 理 湘教版

第2讲导数的应用(一)A级　基础演练(时间：30分钟　满分：55分)一、选择题(每小题5分，共20分)1．(2022·丰都模拟)若函数h(x)＝2x－＋在(1，＋∞)上是增函数，则实数k的取值范围是(　　)．A．(－2，＋∞)B．(2，＋∞)C．(－∞，－2)D．(－∞，2)解析　由条件得h′(x)＝2＋＝≥0在(1，＋∞)上恒成立，即k≥－2x2在(1，＋∞)上恒成立，所以k∈(－2，＋∞)．答案　A2．(2022·郑州检测)函数f(x)＝(4－x)ex的单调递减区间是(　　)．A．(－∞，4)B．(－∞，3)C．(4，＋∞)D．(3，＋∞)解析　f′(x)＝ex＋(4－x)·ex＝ex(3－x)，令f′(x)<0，由于ex>0，∴3－x<0，解得x>3.答案　D3．(2022·安庆模拟)下列函数中，在(0，＋∞)内为增函数的是(　　)．A．f(x)＝sin2xB．f(x)＝xexC．f(x)＝x3－xD．f(x)＝－x＋lnx解析　sin2x＝2sinxcosx，(sin2x)′＝2(cos2x－sin2x)，在(0，＋∞)不恒大于零；(x3－x)′＝3x2－1，在(0，＋∞)不恒大于零；(－x＋lnx)′＝－1＋在(0，＋∞)不恒大于零；(xex)′＝ex＋xex，当x∈(0，＋∞)时ex＋xex>0，故选B.答案　B4．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(x6\n)＋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二、填空题(每小题5分，共10分)5．函数y＝x－2sinx在[0，π]上的递增区间是________．解析　y′＝1－2cosx，令1－2cosx≥0，得cosx≤，解得2kπ＋≤x≤2kπ＋π，k∈R，又0≤x≤π，∴≤x≤π.答案　6．已知直线y＝x＋1与曲线y＝ln(x＋a)相切，则a的值为________．解析　设切点坐标为(x0，y0)又y′＝，由已知条件解得a＝2.答案　2三、解答题(共25分)7．(12分)设函数f(x)＝ax3－3x2，(a∈R)，且x＝2是y＝f(x)的极值点，求函数g(x)＝ex·f(x)的单调区间．解　f′(x)＝3ax2－6x＝3x(ax－2)．因为x＝2是函数y＝f(x)的极值点．所以f′(2)＝0，即6(2a－2)＝0，因此a＝1，经验证，当a＝1时，x＝2是函数f(x)的极值点，所以g(x)＝ex(x3－3x2)，g′(x)＝ex(x3－3x2＋3x2－6x)＝ex(x3－6x)＝x(x＋)(x－)ex.因为ex>0，所以y＝g(x)的单调增区间是(－，0)和(，＋∞)；单调减区间是(－∞，－)和(0，)．8．(13分)已知函数f(x)＝x3＋ax2－x＋c，且a＝f′.(1)求a的值；(2)求函数f(x)的单调区间；(3)设函数g(x)＝(f(x)－x3)·ex，若函数g(x)在x∈[－3，2]上单调递增，求实数c的取值范围．解　(1)由f(x)＝x3＋ax2－x＋c，得f′(x)＝3x2＋2ax－1.6\n当x＝时，得a＝f′＝3×2＋2a×－1，解之，得a＝－1.(2)由(1)可知f(x)＝x3－x2－x＋c.则f′(x)＝3x2－2x－1＝3(x－1)，列表如下：x－1(1，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)极大值·极小值所以f(x)的单调递增区间是(－∞，－)和(1，＋∞)；f(x)的单调递减区间是.(3)函数g(x)＝(f(x)－x3)·ex＝(－x2－x＋c)·ex，有g′(x)＝(－2x－1)ex＋(－x2－x＋c)ex＝(－x2－3x＋c－1)ex，因为函数g(x)在x∈[－3,2]上单调递增，所以h(x)＝－x2－3x＋c－1≥0在x∈[－3,2]上恒成立．只要h(2)≥0，解得c≥11，所以c的取值范围是[11，＋∞)．探究提高　利用导数研究函数单调性的一般步骤：(1)确定函数的定义域；(2)求导数f′(x)；(3)①若求单调区间(或证明单调性)，只需在函数f(x)的定义域内解(或证明)不等式f′(x)>0或f′(x)<0.②若已知f(x)的单调性，则转化为不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在单调区间上恒成立问题求解．B级　能力突破(时间：30分钟　满分：45分)一、选择题(每小题5分，共10分)1．定义在R上的函数y＝f(x)满足f(4－x)＝f(x)，(x－2)·f′(x)<0，若x1<x2且x1＋x2>4，则(　　)．A．f(x1)<f(x2)B．f(x1)>f(x2)C．f(x1)＝f(x2)D．f(x1)与f(x2)的大小不确定6\n解析　∵f(4－x)＝f(x)，∴函数f(x)的图象关于直线x＝2对称，由(x－2)f′(x)<0可得函数f(x)在(－∞，2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减，∴当x2>x1>2时，f(x1)>f(x2)；当x2>2>x1时，∵x1＋x2>4，∴x2>4－x1>2，∴f(4－x1)＝f(x1)>f(x2)，综上，f(x1)>f(x2)，故选B.答案　B2．已知函数f(x)的定义域为[－1,5]，部分对应值如下表．f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示．下列关于函数f(x)的命题：①函数y＝f(x)是周期函数；②函数f(x)在[0,2]上是减函数；③如果当x∈[－1，t]时，f(x)的最大值是2，那么t的最大值为4；④当1<a<2时，函数y＝f(x)－a有4个零点．其中真命题的个数有(　　)．A．4B．3C．2D．1解析　依题意得，函数f(x)不可能是周期函数，因此①不正确；当x∈(0,2)时，f′(x)<0，因此函数f(x)在[0,2]上是减函数，②正确；当x∈[－1，t]时，f(x)的最大值是2，依题意，结合函数f(x)的可能图象形状分析可知，此时t的最大值是5，因此③不正确；注意到f(2)的值不明确，结合图形分析可知，将函数f(x)的图象向下平移a(1<a<2)个单位后相应曲线与x轴的交点个数不确定，因此④不正确．综上所述，选D.答案　D二、填空题(每小题5分，共10分)3．函数f(x)＝x(a>0)的单调递减区间是________．解析　由ax－x2≥0(a>0)，解得0≤x≤a，即函数f(x)的定义域为[0，a]，f′(x)＝＝，由f′(x)<0解得x≥，因此f(x)的单调递减区间是.答案　4．已知函数y＝－x3＋bx2－(2b＋3)x＋2－b在R上不是单调减函数，则b的取值范围是________．解析　y′＝－x2＋2bx－(2b＋3)，要使原函数在R上单调递减，应有y′≤0恒成立，∴6\nΔ＝4b2－4(2b＋3)＝4(b2－2b－3)≤0，∴－1≤b≤3，故使该函数在R上不是单调减函数的b的取值范围是b<－1或b>3.答案　(－∞，－1)∪(3，＋∞)三、解答题(共25分)5．(12分)已知函数g(x)＝＋lnx在[1，＋∞)上为增函数，且θ∈(0，π)，f(x)＝mx－－lnx，m∈R.(1)求θ的值；(2)若f(x)－g(x)在[1，＋∞)上为单调函数，求m的取值范围．解　(1)由题意得，g′(x)＝－＋≥0在[1，＋∞)上恒成立，即≥0.∵θ∈(0，π)，∴sinθ>0，故sinθ·x－1≥0在[1，＋∞)上恒成立，只需sinθ·1－1≥0，即sinθ≥1，只有sinθ＝1.结合θ∈(0，π)，得θ＝.(2)由(1)，得f(x)－g(x)＝mx－－2lnx，∴′＝.∵f(x)－g(x)在其定义域内为单调函数，∴mx2－2x＋m≥0或者mx2－2x＋m≤0在[1，＋∞)恒成立．mx2－2x＋m≥0等价于m(1＋x2)≥2x，即m≥，而＝≤1，∴m≥1.mx2－2x＋m≤0等价于m(1＋x2)≤2x，即m≤在[1，＋∞)上恒成立．而∈(0,1]，∴m≤0.综上，m的取值范围是(－∞，0]∪[1，＋∞)．6．(13分)设函数f(x)＝lnx＋在内有极值．6\n(1)求实数a的取值范围；(2)若x1∈(0,1)，x2∈(1，＋∞)．求证：f(x2)－f(x1)>e＋2－.注：e是自然对数的底数．(1)解　易知函数f(x)的定义域为(0,1)∪(1，＋∞)，f′(x)＝－＝＝.由函数f(x)在内有极值，可知方程f′(x)＝0在内有解，令g(x)＝x2－(a＋2)x＋1＝(x－α)(x－β)．不妨设0<α<，则β>e，又g(0)＝1>0，所以g＝－＋1<0，解得a>e＋－2.(2)证明　由(1)知f′(x)>0⇔0<x<α或x>β，f′(x)<0⇔α<x<1或1<x<β，所以函数f(x)在(0，α)，(β，＋∞)上单调递增，在(α，1)，(1，β)上单调递减．由x1∈(0,1)得f(x1)≤f(α)＝lnα＋，由x2∈(1，＋∞)得f(x2)≥f(β)＝lnβ＋，所以f(x2)－f(x1)≥f(β)－f(α)．由(1)易知α·β＝1，α＋β＝a＋2，所以f(β)－f(α)＝lnβ－ln＋a＝2lnβ＋a·＝2lnβ＋a·＝2lnβ＋β－.记h(β)＝2lnβ＋β－(β>e)，则h′(β)＝＋1＋＝2>0，所以函数h(β)在(e，＋∞)上单调递增，所以f(x2)－f(x1)≥h(β)>h(e)＝2＋e－.6