2018高考数学一轮复习文科训练题天天练11含答案和解释.docx

天天练11　导数的应用(二) 一、选择题 1．(2018•山东陵县一中月考)已知函数f(x)＝x2ex，当x＝[－1,1]时，不等式f(x)<m恒成立，则实数m的取值范围为(　　) A.1e，＋∞ B.1e，＋∞ C．[e，＋∞) D．(e，＋∞) 答案：D 解析：由f′(x)＝ex(2x＋x2)＝x(x＋2)ex，得当－1<x<0时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，当0<x<1时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，且f(1)>f(－1)，故f(x)max＝f(1)＝e，则m>e.故选D. 2．(2018•湖南郴州第二次质监)已知关于x的方程ln|x|－ax2＋32＝0有4个不同的实数根，则实数a的取值范围是(　　) A.0，e22 B.0，e22 C.0，e23 D.0，e23 答案：A 解析：设f(x)＝ln|x|－ax2＋32，则f(x)为偶函数，函数f(x)有4个零点等价于函数f(x)在区间(0，＋∞)有两个零点．若a≤0，当x>0时，函数f(x)＝ln|x|－ax2＋32＝lnx－ax2＋32在区间(0，＋∞)上单调递增，最多只有一个零点，由偶函数的性质可知，函数f(x)有两个零点，不符合题意．所以a>0.当x>0时，f(x)＝ln|x|－ax2＋32＝lnx－ax2＋32，f′(x)＝1x－2ax＝1－2ax2x.由f′(x)>0得0<x<12a，由f′(x)<0得x>12a，所以函数f(x)在区间0，12a上单调递增，在区间12a，＋∞上单调递减，所以f(x)max＝f12a＝ln12a＋1.函数f(x)在区间(0，＋∞)上有两个零点等价于f(x)max＝ln12a＋1>0，解得0<a<e22，故选A. 3．(2018•四川双流中学必得分训练)若f(x)＝x3－ax2＋1在(1,3)上单调递减，则实数a的取值范围是(　　) A．(－∞，3] B.92，＋∞ C.3，92 D．(0,3) 答案：B 解析：因为函数f(x)＝x3－ax2＋1在(1,3)上单调递减，所以f′(x)＝3x2－2ax≤0在(1,3)上恒成立，即a≥32x在(1,3)上恒成立．因为32<92，所以a≥92.故选B. 方法总结　由函数单调性求参数取值范围的方法 (1)可导函数f(x)在区间(a，b)上单调，就是在该区间上，f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立，得到关于参数的不等式，参变分离，确定参数的取值范围． (2)可导函数f(x)在区间(a，b)上存在单调区间，实际上就是f′(x)>0(或f′(x)<0)在该区间上存在解集，得到关于参数的不等式，参变分离，确定参数的取值范围． (3)若已知f(x)在区间I上的单调性，区间I上含有参数时，可先求出f(x)的单调区间，令I是其对应区间的子集，从而求出参数的取值范围． 4．函数f(x)＝lnx＋ax(a∈R)在区间[e－2，＋∞)上有两个零点，则a的取值范围是(　　) A.2e2，1e B.2e2，1e C.2e2，1e D.1e2，2e 答案：A 解析：令f(x)＝lnx＋ax＝0，x∈[e－2，＋∞)，得－a＝xlnx.记H(x)＝xlnx，x∈[e－2，＋∞)，则H′(x)＝1＋lnx，由此可知H(x)在[e－2，e－1]上单调递减，在(e－1，＋∞)上单调递增，且H(e－2)＝－2e－2，H(e－1)＝－e－1，当x→＋∞时，H(x)→＋∞，故当2e2≤a<1e时，f(x)在[e－2，＋∞)上有两个零点，选A. 5．设动直线x＝m与函数f(x)＝x3，g(x)＝lnx的图象分别交于点M，N，则|MN|的最小值为(　　) A.13(1＋ln3) B.13ln3 C.13(1－ln3) D．ln3－1 答案：A 解析：由f(x)和g(x)的图象可以看到|MN|就是两条曲线间的垂直距离，设F(x)＝f(x)－g(x)＝x3－lnx，求导得F′(x)＝3x2－1x，令F′(x)＞0，得x＞133；令F′(x)＜0，得0＜x＜133. 所以当x＝133时，F(x)有最小值F(133)＝13＋13ln3＝13(1＋ln3)，故选A. 6．函数f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示，那么f(x)的图象最有可能的是(　　) 答案：A 解析：根据f′(x)的图象知，函数y＝f(x)的极小值点是x＝－2，极大值点为x＝0，结合单调性知，选A.
7．(2018•河南息县第一高级中学段测(五))函数f(x)＝x3－3x－1，若对于区间(－3,2]上的任意x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤t，则实数t的最小值是(　　) A．20 B．18 C．3 D．0 答案：A 解析：对于区间(－3,2]上的任意x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤t，等价于在区间(－3,2]上，f(x)max－f(x)min≤t. ∵f(x)＝x3－3x－1，∴f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)． ∵x∈(－3,2]，∴函数f(x)在[－3，－1]，[1,2]上单调递增，在[－1,1]上单调递减，∴f(x)max＝f(2)＝f(－1)＝1，f(x)min＝f(－3)＝－19，∴f(x)max－f(x)min＝20，∴t≥20，即实数t的最小值是20. 8．(2018•山西大学附中期中)已知函数f(x)＝ln(x＋1)，x>0，12x＋1，x≤0，若m<n，且f(m)＝f(n)，则n－m的取值范围是(　　) A．[3－2ln2,2) B．[3－2ln2,2] C．[e－1,2] D．[e－1,2) 答案：A 解析：如图，作出函数y＝f(x)的图象．不妨设f(m)＝f(n)＝t，由f(m)＝f(n)可知，函数f(x)的图象与直线y＝t有两个交点．当x≤0时，函数y＝f(x)＝12x＋1∈(－∞，1]；当x>0时，函数y＝f(x)＝ln(x＋1)∈(0，＋∞)．所以0<t≤1. 由f(m)＝t，即12m＋1＝t，解得m＝2t－2； 由f(n)＝t，即ln(n＋1)＝t，解得n＝et－1. 记g(t)＝n－m＝et－1－(2t－2)＝et－2t＋1(0<t≤1)， 则g′(t)＝et－2. 所以当0<t<ln2时，g′(t)<0，函数g(t)单调递减； 当ln2<t≤1时，g′(t)>0，函数g(t)单调递增． 所以函数g(t)的最小值为g(ln2)＝eln2－2ln2＋1＝3－2ln2. 因为g(0)＝e0＋1＝2，g(1)＝e－2＋1＝e－1<2， 所以3－2ln2≤g(t)<2，即n－m的取值范围是[3－2ln2,2)．
二、填空题 9．(2018•长春质检)若函数y＝x3＋x2＋mx＋1是R上的单调函数，则实数m的取值范围是________． 答案：13，＋∞ 解析：由题意知，y′＝3x2＋2x＋m.若函数y＝x3＋x2＋mx＋1是R上的单调函数，则y′＝3x2＋2x＋m≥0恒成立，则对于方程3x2＋2x＋m＝0，Δ＝4－12m≤0，即m≥13，故实数m的取值范围是13，＋∞. 10．(2018•甘肃二诊)已知函数f(x)＝12x2＋2ax－lnx，若f(x)在区间13，2上是增函数，则实数a的取值范围为________． 答案：43，＋∞ 解析：由题意知f′(x)＝x＋2a－1x≥0在13，2上恒成立，即2a≥－x＋1x在13，2上恒成立． 又∵y＝－x＋1x在13，2上单调递减， ∴－x＋1xmax＝83， ∴2a≥83，即a≥43. 11．(2017•江苏卷，11)已知函数f(x)＝x3－2x＋ex－1ex，其中e是自然对数的底数．若f(a－1)＋f(2a2)≤0，则实数a的取值范围是________． 答案：－1，12 解析：本题考查用导数研究函数单调性、函数单调性的应用． 易知函数f(x)的定义域关于原点对称． ∵f(x)＝x3－2x＋ex－1ex， ∴f(－x)＝(－x)3－2(－x)＋e－x－1e－x ＝－x3＋2x＋1ex－ex＝－f(x)， ∴f(x)为奇函数， 又f′(x)＝3x2－2＋ex＋1ex≥3x2－2＋2＝3x2≥0(当且仅当x＝0时，取“＝”)，从而f(x)在R上单调递增，所以f(a－1)＋f(2a2)≤0⇔f(a－1)≤f(－2a2)⇔－2a2≥a－1，解得－1≤a≤12. 方法小结　函数不等式的求解思路： (1)转化为f(φ(x))≤f(g(x))； (2)结合单调性转化为φ(x)≤g(x)或φ(x)≥g(x)． 三、解答题 12．(2017•新课标全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝lnx＋ax2＋(2a＋1)x. (1)讨论f(x)的单调性； (2)当a<0时，证明f(x)≤－34a－2. 解析：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1x＋2ax＋2a＋1＝(x＋1)(2ax＋1)x. 若a≥0，则当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)单调递增． 若a<0，则当x∈0，－12a时，f′(x)>0；当x∈－12a，＋∞时，f′(x)<0. 故f(x)在0，－12a单调递增，在－12a，＋∞单调递减． (2)由(1)知，当a<0时，f(x)在x＝－12a取得最大值，最大值为f－12a＝ln－12a－1－14a. 所以f(x)≤－34a－2等价于ln－12a－1－14a≤－34a－2，即ln－12a＋12a＋1≤0. 设g(x)＝lnx－x＋1，则g′(x)＝1x－1. 当x∈(0,1)时，g′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0.所以g(x)在(0,1)单调递增，在(1，＋∞)单调递减．故当x＝1时，g(x)取得最大值，最大值为g(1)＝0.所以当x>0时，g(x)≤0.从而当a<0时，ln－12a＋12a＋1≤0，即f(x)≤－34a－2.

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