【5年高考3年模拟】(新课标版)2014年高考数学真题分类汇编3.2导数的应用文

13.2导数的应用考点一导数与函数的单调性1.(2014课标Ⅱ,11,5分)若函数f(x)=kx-lnx在区间(1,+∞)单调递增,则k的取值范围是()A.(-∞,-2]B.(-∞,-1]C.[2,+∞)D.[1,+∞)答案D2.(2014重庆,19,12分)已知函数f(x)=+-lnx-,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.解析(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)=+-lnx-,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)=-ln5.3.(2014安徽,20,13分)设函数f(x)=1+(1+a)x-x2-x3,其中a0.(1)讨论f(x)在其定义域上的单调性;(2)当x∈[0,1]时,求f(x)取得最大值和最小值时的x的值.解析(1)f(x)的定义域为(-∞,+∞),f'(x)=1+a-2x-3x2.令f'(x)=0,得x1=,x2=,x1x2,所以f'(x)=-3(x-x1)(x-x2).当xx1或xx2时,f'(x)0;当x1xx2时,f'(x)0.故f(x)在(-∞,x1)和(x2,+∞)内单调递减,在(x1,x2)内单调递增.(2)因为a0,所以x10,x20.(i)当a≥4时,x2≥1,由(1)知,f(x)在[0,1]上单调递增,所以f(x)在x=0和x=1处分别取得最小值和最大值.(ii)当0a4时,x21.由(1)知,f(x)在[0,x2]上单调递增,在[x2,1]上单调递减,因此f(x)在x=x2=处取得最大值.又f(0)=1,f(1)=a,所以当0a1时,f(x)在x=1处取得最小值;当a=1时,f(x)在x=0和x=1处同时取得最小值;当1a4时,f(x)在x=0处取得最小值.4.(2014湖北,21,14分)π为圆周率,e=2.71828…为自然对数的底数.(1)求函数f(x)=的单调区间;(2)求e3,3e,eπ,πe,3π,π3这6个数中的最大数与最小数.解析(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞).因为f(x)=,所以f'(x)=.当f'(x)0,即0xe时,函数f(x)单调递增;当f'(x)0,即xe时,函数f(x)单调递减.故函数f(x)的单调递增区间为(0,e),单调递减区间为(e,+∞).(2)因为e3π,所以eln3elnπ,πlneπln3,即ln3elnπe,lneπln3π.于是根据函数y=lnx,y=ex,y=πx在定义域上单调递增,可得3eπeπ3,e3eπ3π.故这6个数的最大数在π3与3π之中,最小数在3e与e3之中.由e3π及(1)的结论,得f(π)f(3)f(e),即.由,得lnπ3ln3π,所以3ππ3;由,得ln3elne3,所以3ee3.2综上,6个数中的最大数是3π,最小数是3e.5.(2014广东,21,14分)已知函数f(x)=x3+x2+ax+1(a∈R).(1)求函数f(x)的单调区间;(2)当a0时,试讨论是否存在x0∈∪,使得f(x0)=f.解析(1)函数的定义域为R,f'(x)=x2+2x+a.①当a1时,令f'(x)0,则x2+2x+a0⇒x-1+或x-1-,所以f(x)的单调递增区间为(-∞,-1-)和(-1+,+∞);令f'(x)0,可得-1-x-1+,所以f(x)的单调递减区间为(-1-,-1+).②当a≥1时,f'(x)≥0在R上恒成立,所以f(x)在R上是增函数.(2)a0时,-1+0.由(1)知,f(x)在(-1+,+∞)上是增函数.①⇒⇒⇒-≤a,则-≤a0,不存在x0∈∪,使得f(x0)=f;②⇒⇒-a-,存在x0∈∪,使得f(x0)=f;③-1+=⇒a=-,不存在x0∈∪,使得f(x0)=f;④⇒⇒-3a-,不存在x0∈∪,使得f(x0)=f;⑤⇒⇒-a-,存在x0∈∪,使得f(x0)=f;⑥-1+≥1⇒a≤-3,f(x)在(0,1)上是单调函数,故不存在x0∈∪,使得f(x0)=f.综上所述,当a∈∪时,存在x0∈∪,使得f(x0)=f.当a∈∪∪时,不存在x0∈∪,使得f(x0)=f.考点二导数与函数的极值与最值6.(2014辽宁,12,5分)当x∈[-2,1]时,不等式ax3-x2+4x+3≥0恒成立,则实数a的取值范围是()A.[-5,-3]B.C.[-6,-2]D.[-4,-3]答案C7.(2014天津,19,14分)已知函数f(x)=x2-ax3(a0),x∈R.(1)求f(x)的单调区间和极值;(2)若对于任意的x1∈(2,+∞),都存在x2∈(1,+∞),使得f(x1)·f(x2)=1.求a的取值范围.解析(1)由已知,有f'(x)=2x-2ax2(a0).令f'(x)=0,解得x=0或x=.当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表:x(-∞,0)0f'(x)-0+0-f(x)↘0↗↘所以,f(x)的单调递增区间是;单调递减区间是(-∞,0),.当x=0时,f(x)有极小值,且极小值f(0)=0;当x=时,f(x)有极大值,且极大值f=.(2)由f(0)=f=0及(1)知,当x∈时,f(x)0;当x∈时,f(x)0.3设集合A={f(x)|x∈(2,+∞)},集合B=.则“对于任意的x1∈(2,+∞),都存在x2∈(1,+∞),使得f(x1)·f(x2)=1”等价于A⊆B.显然,0∉B.下面分三种情况讨论:①当2,即0a时,由f=0可知,0∈A,而0∉B,所以A不是B的子集.②当1≤≤2,即≤a≤时,有f(2)≤0,且此时f(x)在(2,+∞)上单调递减,故A=(-∞,f(2)),因而A⊆(-∞,0);由f(1)≥0,有f(x)在(1,+∞)上的取值范围包含(-∞,0),则(-∞,0)⊆B.所以,A⊆B.③当1,即a时,有f(1)0,且此时f(x)在(1,+∞)上单调递减,故B=,A=(-∞,f(2)),所以A不是B的子集.综上,a的取值范围是.8.(2014浙江,21,15分)已知函数f(x)=x3+3|x-a|(a0).若f(x)在[-1,1]上的最小值记为g(a).(1)求g(a);(2)证明:当x∈[-1,1]时,恒有f(x)≤g(a)+4.解析(1)因为a0,-1≤x≤1,所以(i)当0a1时,若x∈[-1,a],则f(x)=x3-3x+3a,f'(x)=3x2-30,故f(x)在(-1,a)上是减函数;若x∈[a,1],则f(x)=x3+3x-3a,f'(x)=3x2+30,故f(x)在(a,1)上是增函数.所以g(a)=f(a)=a3.(ii)当a≥1时,有x≤a,则f(x)=x3-3x+3a,f'(x)=3x2-30,故f(x)在(-1,1)上是减函数,所以g(a)=f(1)=-2+3a.综上,g(a)=(2)令h(x)=f(x)-g(a),(i)当0a1时,g(a)=a3,若x∈[a,1],h(x)=x3+3x-3a-a3,得h'(x)=3x2+3,则h(x)在(a,1)上是增函数,所以,h(x)在[a,1]上的最大值是h(1)=4-3a-a3,且0a1,所以h(1)≤4.故f(x)≤g(a)+4;若x∈[-1,a],h(x)=x3-3x+3a-a3,得h'(x)=3x2-3,则h(x)在(-1,a)上是减函数,所以,h(x)在[-1,a]上的最大值是h(-1)=2+3a-a3.令t(a)=2+3a-a3,则t'(a)=3-3a20,知t(a)在(0,1)上是增函数,所以,t(a)t(1)=4,即h(-1)4.故f(x)≤g(a)+4.(ii)当a≥1时,g(a)=-2+3a,故h(x)=x3-3x+2,得h'(x)=3x2-3,此时h(x)在(-1,1)上是减函数,因此h(x)在[-1,1]上的最大值是h(-1)=4.故f(x)≤g(a)+4.综上,当x∈[-1,1]时,恒有f(x)≤g(a)+4.9.(2014四川,21,14分)已知函数f(x)=ex-ax2-bx-1,其中a,b∈R,e=2.71828…为自然对数的底数.(1)设g(x)是函数f(x)的导函数,求函数g(x)在区间[0,1]上的最小值;(2)若f(1)=0,函数f(x)在区间(0,1)内有零点,证明:e-2a1.解析(1)由f(x)=ex-ax2-bx-1,有g(x)=f'(x)=ex-2ax-b,所以g'(x)=ex-2a.当x∈[0,1]时,g'(x)∈[1-2a,e-2a],当a≤时,g'(x)≥0,所以g(x)在[0,1]上单调递增,因此g(x)在[0,1]上的最小值是g(0)=1-b;当a≥时,g'(x)≤0,所以g(x)在[0,1]上单调递减.因此g(x)在[0,1]上的最小值是g(1)=e-2a-b;当a时,令g'(x)=0,得x=ln(2a)∈(0,1).所以函数g(x)在区间[0,ln(2a)]上单调递减,在区间(ln(2a),1]上单调递增.4于是,g(x)在[0,1]上的最小值是g(ln(2a))=2a-2aln(2a)-b.综上所述,当a≤时,g(x)在[0,1]上的最小值是g(0)=1-b;当a时,g(x)在[0,1]上的最小值是g(ln(2a))=2a-2aln(2a)-b;当a≥时,g(x)在[0,1]上的最小值是g(1)=e-2a-b.(2)设x0为f(x)在区间(0,1)内的一个零点,则由f(0)=f(x0)=0可知f(x)在区间(0,x0)上不可能单调递增,也不可能单调递减.则g(x)不可能恒为正,也不可能恒为负.故g(x)在区间(0,x0)内存在零点x1,同理,g(x)在区间(x0,1)内存在零点x2,所以g(x)在区间(0,1)内至少有两个零点.由(1)知,当a≤时,g(x)在[0,1]上单调递增,故g(x)在(0,1)内至多有一个零点.当a≥时,g(x)在[0,1]上单调递减,故g(x)在(0,1)内至多有一个零点,所以a.此时g(x)在区间[0,ln(2a)]上单调递减,在区间(ln(2a),1]上单调递增,因此x1∈(0,ln(2a)],x2∈(ln(2a),1),必有g(0)=1-b0,g(1)=e-2a-b0.由f(1)=0有a+b=e-12,有g(0)=a-e+20,g(1)=1-a0,解得e-2a1.所以函数f(x)在区间(0,1)内有零点时,e-2a1.考点三导数的综合应用10.(2014课标Ⅰ,12,5分)已知函数f(x)=ax3-3x2+1,若f(x)存在唯一的零点x0,且x00,则a的取值范围是()A.(2,+∞)B.(1,+∞)C.(-∞,-2)D.(-∞,-1)答案C11.(2014湖南,9,5分)若0x1x21,则()A.-lnx2-lnx1B.-lnx2-lnx1C.x2x1D.x2x1答案C12.(2014福建,22,14分)已知函数f(x)=ex-ax(a为常数)的图象与y轴交于点A,曲线y=f(x)在点A处的切线斜率为-1.(1)求a的值及函数f(x)的极值;(2)证明:当x0时,x2ex;(3)证明:对任意给定的正数c,总存在x0,使得当x∈(x0,+∞)时,恒有xcex.解析(1)由f(x)=ex-ax,得f'(x)=ex-a.又f'(0)=1-a=-1,所以a=2.所以f(x)=ex-2x,f'(x)=ex-2.令f'(x)=0