2017届高考数学第一轮考点复习题组训练11.doc

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高考考点导数的应用
一、选择题
1．(2015·新课标全国Ⅱ)设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当x>0时，xf′(x)－f(x)＜0，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是(　　)
A．(－∞，－1)∪(0，1)
B．(－1，0)∪(1，＋∞)
C．(－∞，－1)∪(－1，0)
D．(0，1)∪(1，＋∞)
2．(2014·新课标全国Ⅱ)若函数f(x)＝kx－ln x在区间(1，＋∞)单调递增，则k的取值范围是(　　)
A．(－∞，－2] B．(－∞，－1]
C．[2，＋∞) D．[1，＋∞)
3．(2014·江西)在同一直角坐标系中，函数y＝ax2－x＋与y＝a2x3－2ax2＋x＋a(a∈R)的图象不可能的是(　　)

4.函数y＝xex的最小值是(　　)
A．－1 B．－e
C．－ D．不存在
5．设点P在曲线y＝ex上，点Q在曲线y＝ln(2x)上，则|PQ|最小值为(　　)
A．1－ln 2 B.(1－ln 2)
C．1＋ln 2 D.(1＋ln 2)
6．设函数f(x)＝ex＋2x－a(a∈R，e为自然对数的底数)，若存在b∈[0，1]，使得f(f(b))＝b，则a的取值范围是(　　)
A．[1，e] B．[1，1＋e]
C．[e，1＋e] D．[0，1]
7．设函数f(x)＝x3－2ex2＋mx－ln x，记g(x)＝，若函数g(x)至少存一个零点，则实数m的取值范围是(　　)
A. B.
C. D.
二、填空题
1．(2015·陕西)函数y＝xex在其极值点处的切线方程为________．
2．函数f(x)＝ax3－3x＋1对于x∈[－1，1]，总有f(x)≥0成立，则a＝________．
3．下列说法，其中正确命题的序号为________．
①若函数f(x)＝x(x－c)2在x＝2处有极大值，则实数c＝2或6；
②对于R上可导的任意函数f(x)，若满足(x－1)f′(x)≥0，则必有f(0)＋f(2)>2f(1)
③若函数f(x)＝x3－3x在(a2－17，a)上有最大值，则实数a的取值范围为(－1，4)；
④已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，f(1)＝0，xf′(x)－f(x)>0(x>0)，则不等式f(x)>0的解集是(－1，0)∪(1，＋∞)．

二、解答题
1．(2015·重庆)已知函数f(x)＝ax3＋x2(a∈R)在x＝－处取得极值．
(1)确定a的值；
(2)若g(x)＝f(x)ex，讨论g(x)的单调性．

2．(2015·安徽)已知函数f(x)＝(a>0，r>0)．
(1)求f(x)的定义域，并讨论f(x)的单调性；
(2)若＝400，求f(x)在(0，＋∞)内的极值．

3．(2014·重庆)已知函数f(x)＝＋－ln x－，其中a∈R，且曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于直线y＝x.
(1)求a的值；
(2)求函数f(x)的单调区间与极值．

4. 某工厂为提高生产效益，决定对一条生产线进行升级改造，该生产线升级改造后的生产效益y万元与升级改造的投入x(x>10)万元之间满足函数关系：
y＝mln x－x2＋x＋ln 10(其中m为常数)
若升级改造投入20万元，可得到生产效益为35.7万元．试求该生产线升级改造后获得的最大利润．(利润＝生产效益－投入)(参考数据：ln 2＝0.7，ln 5＝1.6)．

5．已知函数f(x)＝ln x－x.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)已知数列{an}的通项公式为an＝1＋(n∈N*)，求证：a1a2a3…an<e(e为自然对数的底数)；
(3)若k＜对任意x>2恒成立，求实数k的最大值．

6．(2015·新课标全国Ⅱ)已知f(x)＝ln x＋a(1－x)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当f(x)有最大值，且最大值大于2a－2时，求a的取值范围．

7．(2015·新课标全国Ⅰ)设函数f(x)＝e2x－aln x.
(1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数；
(2)证明：当a>0时，f(x)≥2a＋aln.

8．(2015·湖南)已知a>0，函数f(x)＝aexcos x(x∈[0，＋∞))．记xn为f(x)的从小到大的第n(n∈N*)个极值点．
(1)证明：数列{f(xn)}是等比数列；
(2)若对一切n∈N*，xn≤|f(xn)|恒成立，求a的取值范围．

9．(2014·辽宁)已知函数f(x)＝π(x－cos x)－2sin x－2，g(x)＝(x－π)＋－1.
证明：(1)存在唯一x0∈，使f(x0)＝0；
(2)存在唯一x1∈，使g(x1)＝0，且对(1)中的x0，有x0＋x1>π.

一、选择题
1．A　[因为f(x)(x∈R)为奇函数，f(－1)＝0，所以f(1)＝－f(－1)＝0.当x≠0时，令g(x)＝，则g(x)为偶函数，且g(1)＝g(－1)＝0.则当x＞0时，g′(x)＝′＝＜0，故g(x)在(0，＋∞)上为减函数，在(－∞，0)上为增函数．所以在(0，＋∞)上，当0＜x＜1时，g(x)＞g(1)＝0⇔＞0⇔f(x)＞0；
在(－∞，0)上，当x＜－1时，g(x)＜g(－1)＝0⇔＜0⇔f(x)＞0.综上，得使得f(x)＞0成立的x的取值范围是(－∞，－1)∪(0，1)，选A.]
2．D　[因为f(x)＝kx－ln x，所以f′(x)＝k－.因为f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，所以当x＞1时，f′(x)＝k－≥0恒成立，即k≥在区间(1，＋∞)上恒成立，因为x＞1，所以0＜＜1，所以k≥1.故选D.]
3．B　[令a＝0，则函数y＝ax2－x＋与y＝a2x3－2ax2＋x＋a分别为y＝－x与y＝x，对应的图象是选项D中的图象．记f(x)＝ax2－x＋，g(x)＝a2x3－2ax2＋x＋a，取a＝，则g(0)＞f(0)＞0.而f(x)＝x2－x＋＝(x－1)2－，令g′(x)＝0，得x＝或x＝2，易知g(x)在区间和(2，＋∞)上单调递增，在区间上单调递减，所以g(x)的极小值为g(2)＝×23－2××22＋2＋＝，又f(2)＝×22－2＋＝，所以g(2)＞f(2)，所以选项A中的图象有可能．取a＝2，则g(0)＞f(0)＞0，令g′(x)＝0，得x＝或x＝，易知g(x)在区间和上单调递增，在区间上单调递减，所以g(x)的极小值为g＝4×－4×＋＋2＝2，又f(x)＝2x2－x＋1＞0，f＝2×－＋1＝1，所以g＞f，所以选项C中的图象有可能．利用排除法选B.]
4． C　[∵y＝xex，∴y′＝ex＋xex＝(1＋x)ex.
则当x＞－1时y′＞0，
当x＜－1时y′＜0.
∴x＝－1时函数取得最小值且ymin＝－.故选C.]
5．B　[y＝ex与y＝ln (2x)互为反函数，故此两函数图象关于y＝x对称，过y＝ex点P1(x0，y0)且与y＝ex相切斜率为1的直线为y－1＝x－ln 2，点P1的坐标为(ln 2，1)，点P1关于y＝x的对称点Q1(1，ln 2)在y＝ln (2x)，可知，|PQ|min＝|P1Q1|＝(1－ln 2)．]
6．B　[∵f(f(b))＝b，∴f(b)＝f－1(b)，∴y＝f(x)与y＝f－1(x)，
在[0，1]上有交点，又∵y＝f(x)与y＝f－1(x)的图象关于y＝x对称，∴y＝f(x)与y＝f－1(x)的交点在y＝x上，且交点横坐标b∈[0，1]，根据ex＋2x－a＝x，得a＝ex＋x，令g(x)＝ex＋x，
g′(x)＝ex＋1＞0，故g(x)在[0，1]上单调递增．
∴g(x)∈[1，1＋e]，故a∈[1，1＋e]．]
7．A　[令g(x)＝x2－2ex＋m－＝0⇒m＝－x2＋2ex＋(x＞0)，设h(x)＝－x2＋2ex＋，令f1(x)＝－x2＋2ex，f2(x)＝⇒f′2(x)＝，发现函数f1(x)，f2(x)在x∈(0，e)上都单调递增，在x∈[e，＋∞)上都单调递减，于是函数h(x)＝－x2＋2ex＋在x∈(0，e)上单调递增，在x∈[e，＋∞)上单调递减，所以当x＝e时，h(x)max＝e2＋，所以函数有零点需满足m≤h(x)max，即m≤e2＋.]
二、填空题
1. y＝－　[设y＝f(x)＝xex，由y′＝ex＋xex＝ex(1＋x)＝0，得x＝－1.当x＜－1时，y′＜0；当x＞－1时，y′＞0，故x＝－1为函数f(x)的极值点，切线斜率为0，又f(－1)＝－e－1＝－，故切点坐标为，切线方程为y＋＝0(x＋1)，即y＝－.]
2. 4　[f′(x)＝3ax2－3，由题意可得：得a∈[2，4]，故f(x)的单调递增区间为和，单调递减区间为，∵a∈[2，4]，∴⊆[－1，1]，由函数的单调性，可得f≥0，即a≥4，故a＝4.]
3．②③④　[　对于①，展开可得f(x)＝x3－2cx2＋c2x，
求导数可得f′(x)＝3x2－4cx＋c2＝(x－c)(3x－c)，
令f′(x)＝0，可得x＝c，或x＝，
当c＝0时，函数无极值，不合题意，
当c＞0时，函数在，(c，＋∞)单调递增，在单调递减，故函数在x＝处取到极大值，故c＝6；
当c＜0时，函数在(－∞，c)，单调递增，在单调递减，故函数在x＝c处取到极大值，故c＝2，矛盾，∴命题①错误；
对于②，(x－1)f′(x)≥0，则：函数f(x)在(－∞，1)上递减，在(1，＋∞)上递增，∴f(0)＞f(1)，f(2)＞f(1)，则f(0)＋f(2)＞2f(1)．命题②正确；
对于③，∵f(x)＝x3－3x在(a2－17，a)上有最大值，∴此最大值必是极大值，
令f′(x)＝3x2－3＝0，求得极值点为x＝1或x＝－1，
当x＞1或x＜－1时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当－1＜x＜1时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，
∴x＝－1为极大值点，包含在(a2－17，a)之内，
∴a2－17＜－1＜a，解得－1＜a＜4.
∴实数a的取值范围为(－1，4)，命题③正确；
对于④，xf′(x)－f(x)＞0(x＞0)，即＞0，则′＞0，所以函数在(0，＋∞)上是增函数，且当x＝1时，＝f(1)＝0，故函数在(0，1)上有＜0，则f(x)＜0，在(1，＋∞)上有＞0，则f(x)＞0.
又由函数f(x)是定义在R上的奇函数，
∴当x∈(－∞，－1)时f(x)＜0，当x∈(1，0)时，f(x)＞0.故不等式f(x)＞0的解集为：(－1，0)∪(1，＋∞)，命题④正确．故答案为②③④.]
三、解答题
1．解　(1)对f(x)求导得f′(x)＝3ax2＋2x，
因为f(x)在x＝－处取得极值，所以f′＝0，
即3a·＋2·＝－＝0，解得a＝.
(2)由(1)得g(x)＝ex，
故g′(x)＝ex＋ex
＝ex＝x(x＋1)(x＋4)ex.
令g′(x)＝0，解得x＝0，x＝－1或x＝－4.
当x＜－4时，g′(x)＜0，故g(x)为减函数；
当－4＜x＜－1时，g′(x)＞0，故g(x)为增函数；
当－1＜x＜0时，g′(x)＜0，故g(x)为减函数；
当x＞0时，g′(x)＞0，故g(x)为增函数．
综上知g(x)在(－∞，－4)和(－1，0)内为减函数，在(－4，－1)和(0，＋∞)内为增函数．
2．解　(1)由题意知x≠－r，所求的定义域为(－∞，－r)∪(－r，＋∞)．
f(x)＝＝，
f′(x)＝＝.
所以当x<－r或x>r时，f′(x)<0，当－r<x<r时，f′(x)>0.
因此，f(x)的单调递减区间为(－∞，－r)，(r，＋∞)；f(x)的单调递增区间为(－r，r)．
(2)由(1)的解答可知f′(r)＝0，f(x)在(0，r)上单调递增，在(r，＋∞)上单调递减．因此，x＝r是f(x)的极大值点，所以f(x)在(0，＋∞)内的极大值为f(r)＝＝＝＝100.
3．解　(1)对f(x)求导得f′(x)＝－－，
由f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于直线y＝x知
f′(1)＝－－a＝－2，解得a＝.
(2)由(1)知f(x)＝＋－ln x－，
则f′(x)＝，
令f′(x)＝0，解得x＝－1或x＝5，
因x＝－1不在f(x)的定义域 (0，＋∞)内，故舍去．
当x∈(0，5)时，f′(x)＜0，故f(x)在(0，5)内为减函数；当x∈(5，＋∞)时，f′(x)＞0，故f(x)在(5，＋∞)内为增函数．
由此知函数f(x)在x＝5时取得极小值f(5)＝－ln 5.
4．解　由题意可知，当x＝20时，y＝35.7，
所以35.7＝mln 20－＋×20＋ln 10，
即35.7＝3m＋38.7，解得：m＝－1，
所以：y＝－ln x－x2＋x＋ln 10(x＞10)，
设利润为：f(x)＝y－x＝－ln x－x2＋x＋ln 10－x
＝－ln x－x2＋x＋ln 10(x＞10)，
易得：f′(x)＝－－＋＝－，
又x＞10，
∴当10＜x＜50时，f′(x)＞0；
当x＞50时，f′(x)＜0，
从而x＝50为函数f(x)的极大值点，即x＝50时函数f(x)取得最大值．
∴f(x)max＝－ln 50－×(50)2＋×50＋ln 10＝24.4(万元)，
答：该生产线升级改造后获得的最大利润为24.4万元．
5．(1)解　因f(x)＝ln x－x，所以f′(x)＝－1＝.
当x∈(0，1)时，f′(x)＞0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0.
所以f(x)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞)．
(2)证明　由(1)知，当x＞0时，f(x)＜f(1)＝－1，即ln x＜x－1.
因为an＝1＋(n∈N*)，所以ln an＝ln＜.令k＝1，2，3，…＋，n，这n个式子相加得：
ln a1＋ln a2＋…＋ln an＜＋＋＋…＝1－＜1.
即ln (a1a2a3…＋an)＜1，所以a1a2a3…an＜e.
(3)解　令g(x)＝＝，则g′(x)＝，令h(x)＝x－ln x－1，则h′(x)＝1－，x＞2时h′(x)＞0，故h(x)在(2，＋∞)上单调递增，而h(x)＞h(2)＝1－ln 2＞0，
h(x)＞0，即g′(x)＞0，所以g(x)在(2，＋∞)上单调递增，故g(x)＞g(2)＝＝2ln 2.
由题意有k≤2ln 2，所以k的最大值是2ln 2.

6.解　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－a.
若a≤0，则f′(x)＞0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
若a＞0，则当x∈时，f′(x)＞0；当x∈时，f′(x)＜0.所以f(x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)由(1)知，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)无最大值；当a＞0时，f(x)在x＝取得最大值，最大值为f＝ln＋a＝－ln a＋a－1.
因此f＞2a－2等价于ln a＋a－1＜0.
令g(a)＝ln a＋a－1，则g(a)在(0，＋∞)上单调递增，g(1)＝0.
于是，当0＜a＜1时，g(a)＜0；当a＞1时，g(a)＞0.
因此，a的取值范围是(0，1)．
7．(1)解　f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－(x>0)．
当a≤0时，f′(x)>0，f′(x)没有零点．
当a>0时，因为e2x单调递增，－单调递增，所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．又f′(a)>0，当b满足0<b<且b<时，f′(b)<0，故当a>0时，f′(x)存在唯一零点．
(2)证明　由(1)，可设f′(x)在(0，＋∞)的唯一零点为x0，当x∈(0，x0)时，f′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0.
故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，所以当x＝x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0)．
由于2e2x0－＝0，所以f(x0)＝＋2ax0＋aln≥2a＋aln.
故当a>0时，f(x)≥2a＋aln.
8．(1)证明　f′(x)＝aexcos x－aexsin x＝aexcos.
令f′(x)＝0，由x≥0，得x＋＝mπ－，
即x＝mπ－，m∈N*.
而对于cos，当k∈Z时，
若2kπ－＜x＋＜2kπ＋，
即2kπ－＜x＜2kπ＋，则cos＞0.
若2kπ＋＜x＋＜2kπ＋，
即2kπ＋＜x＜2kπ＋，则cos＜0.
因此，在区间与上，
f′(x)的符号总相反．
于是当x＝mπ－(m∈N*)时，f(x)取得极值，
所以xn＝nπ－π(n∈N*)．
此时，f(xn)＝aenπ－cos＝(－1)n＋1enπ－.
易知f(xn)≠0，而＝＝－eπ是常数，故数列{f(xn)}是首项为f(x1)＝e，公比为－eπ的等比数列．
(2)解　对一切n∈N*，xn≤|f(xn)|恒成立，即nπ－≤enπ－恒成立，亦即≤恒成立(因为a＞0)．
设g(t)＝(t＞0)，则g′(t)＝.
令g′(t)＝0得t＝1.
当0＜t＜1时，g′(t)＜0，
所以g(t)在区间(0，1)上单调递减；
当t＞1时，g′(t)＞0，
所以g(t)在区间(1，＋∞)上单调递增．
因为x1∈(0，1)，且当n≥2时，xn∈(1，＋∞)，xn＜xn＋1，
所以[g(xn)]min＝min{g(x1)，g(x2)}
＝min＝g＝e.
因此，xn≤|f(xn)|恒成立，当且仅当≤e.
解得a≥e－.
故a的取值范围是.
9．解　(1)当x∈(0，)时，f′(x)＝π＋πsin x－2cos x＞0，
所以f(x)在(0，)上为增函数，
又f(0)＝－π－2＜0，f()＝－4＞0，
所以存在唯一x0∈(0，)，使f(x0)＝0.
(2)当x∈[，π]时，化简得g(x)＝(π－x)·＋－1.
令t＝π－x，记u(t)＝g(π－t)＝－－t＋1，
t∈[0，]，则u′(t)＝.
由(1)得，当t∈(0，x0)时，u′(t)＜0，
当t∈(x0，)时，u′(t)＞0.
在(x0，)上u(t)为增函数，
由u()＝0知，当t∈[x0，)时，u(t)＜0，
所以u(t)在[x0，)上无零点．
在(0，x0)上u(t)为减函数，
由u(0)＝1及u(x0)＜0知存在唯一t0∈(0，x0)，使u(t0)＝0.
于是存在唯一t0∈(0，)，使u(t0)＝0.
设x1＝π－t0∈(，π)，
则g(x1)＝g(π－t0)＝u(t0)＝0，
因此存在唯一的x1∈(，π)，使g(x1)＝0.
由于x1＝π－t0，t0＜x0，
所以x0＋x1＞π.

沁园春·雪 <毛泽东>
北国风光，千里冰封，万里雪飘。
望长城内外，惟余莽莽；
大河上下，顿失滔滔。
山舞银蛇，原驰蜡象，
欲与天公试比高。
须晴日，看红装素裹，分外妖娆。
江山如此多娇，引无数英雄竞折腰。
惜秦皇汉武，略输文采；
唐宗宋祖，稍逊风骚。
一代天骄，成吉思汗，
只识弯弓射大雕。
俱往矣，数风流人物，还看今朝。
薄雾浓云愁永昼， 瑞脑消金兽。 佳节又重阳， 玉枕纱厨， 半夜凉初透。
东篱把酒黄昏后， 有暗香盈袖。 莫道不消魂， 帘卷西风， 人比黄花瘦。

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