2017版《三年高考两年模拟》数学(文科)汇编专题:3.2导数的应用

A.3f(2)>2f(3) C.3f(2)<2f(3)

B.3f(2)=2f(3)

D.3f(2)与2f(3)大小不确定

32??2x+3x+1 (x≤0),

4.(2016·甘肃兰州诊断)若函数f(x)=?ax在[-2,2]上的最大值为2,

?e (x>0)?

则a的取值范围是( ) 1

ln 2,+∞? A.??2?C.(-∞,0]

1

0,ln 2? B.??2?1

-∞,ln 2? D.?2??

1

5.(2015·山东省实验中学二诊)已知函数f(x)(x∈R)满足f(1)=1,且f(x)的导函数f′(x)<,

3x2

则f(x)<+的解集是( )

33A.{x|-11}

B.{x|x<-1} D.{x|x>1}

6.(2015·广东佛山调研)若函数f(x)=x3-3x在(a,6-a2]上有极小值,则实数a的取值范围是( ) A.(-5,1) C.[-2,1)

B.[-5,1) D.(-2,1)

1a

7.(2015·赣州市十二县联考)若函数f(x)=x3-x2+(3-a)x+b有三个不同的单调区间,则实

32数a的取值范围是________.

8.(2015·河南南阳三模)已知函数f(x)=x3+x,对任意的m∈[-2,2],f(mx-2)+f(x)<0恒成立,则x的取值范围为________.

9.(2015·河北衡水中学模拟)已知函数f(x)=xln x,g(x)=-x2+ax-3,其中 a为实数. (1)求函数f(x)在[t,t+2]上的最小值;

(2)对一切x∈(0,+∞),2f(x)≥g(x)恒成立,求实数a的取值范围.

答案精析

A组 三年高考真题(2016~2014年)

1.解析 ∵f(x)=x3-12x,∴f′(x)=3x2-12, 令f′(x)=0,则x1=-2,x2=2.

当x∈(-∞,-2),(2,+∞)时,f′(x)>0,则f(x)单调递增; 当x∈(-2,2)时,f′(x)<0,则f(x)单调递减, ∴f(x)的极小值点为a=2. 答案 D

2.解析 f(x)=x-sin x的定义域为R,关于原点对称, 且f(-x)=-x-sin(-x)=-x+sin x=-f(x), 故f(x)为奇函数.

又f′(x)=1-sin x≥0恒成立,所以f(x)在其定义域内为增函数,故选B. 答案 B

3.解析 由已知f(0)=d>0,可排除D;

其导函数f′(x)=3ax2+2bx+c且f′(0)=c>0,可排除B; c

又f′(x)=0有两不等实根,且x1x2=>0,所以a>0.故选A.

a答案 A

1

4.解析 因为f(x)=kx-ln x,所以f′(x)=k-.

x因为f(x)在区间(1,+∞)上单调递增, 1

所以当x>1时,f′(x)=k-≥0恒成立,

x1

即k≥在区间(1,+∞)上恒成立.

x

1

因为x>1,所以0<<1,所以k≥1.故选D.

x答案 D

1

5.解析 构造函数f(x)=ex-ln x,则f′(x)=ex-,故f(x)=ex-ln x在(0,1)上有一个极值点,

x即f(x)=ex-ln x在(0,1)上不是单调函数,无法判断f(x1)与f(x2)的大小,故A、B错; xex-exex(x-1)exex

构造函数g(x)=,则g′(x)==,故函数g(x)=在(0,1)上单调递减,

xx2x2x故g(x1)>g(x2),x2ex1>x1ex2,故选C. 答案 C

6. 解析 由题意知f′(x)=3ax2-6x=3x(ax-2),当a=0时,不满足题意. 2

当a≠0时,令f′(x)=0,解得x=0或x=,

a

22

,+∞?上单调递增,在 ?0,? 上单调递减. 当a>0时,f(x)在(-∞,0),??a??a?又f(0)=1,此时f(x)在(-∞,0)上存在零点,不满足题意;

22

-∞,?,(0,+∞)上单调递减,在?,0?上单调递增, 当a<0时,f(x)在?a???a?2?要使f(x)存在唯一的零点x0,且x0>0,则需f??a?>0, 2??2?+1>0,解得a<-2,故选C. 即a×?-3×?a??a?答案 C

17.解 (1)f(x)的定义域为(0,+∞),当a=4时,f(x)=(x+1)ln x-4(x-1),f′(x)=ln x+-3,

xf′(1)=-2,f(1)=0,曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程为2x+y-2=0. a(x-1)

(2)当x∈(1,+∞)时,f(x)>0等价于ln x->0,

x+1

a(x-1)x2+2(1-a)x+112a

设g(x)=ln x-,则g′(x)=-=,g(1)=0.

x(x+1)2x+1x(x+1)2

(ⅰ)当a≤2,x∈(1,+∞)时,x2+2(1-a)x+1≥x2-2x+1>0,故g′(x)>0,g(x)在(1,+∞)单调递增,因此g(x)>0;

(ⅱ)当a>2时,令g′(x)=0得,x1=a-1-(a-1)2-1,x2=a-1+(a-1)2-1. 由x2>1和x1x2=1得x1<1,

故当x∈(1,x2)时,g′(x)<0,g(x)在(1,x2)单调递减,因此g(x)<0, 综上,a的取值范围是(-∞,2].

1

8.(1)解 由题设,f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=-1,

x令f′(x)=0解得x=1.

当00,f(x)单调递增;当x>1时,f′(x)<0,f(x)单调递减. (2)证明 由(1)知f(x)在x=1处取得最大值,最大值为f(1)=0. 所以当x≠1时,ln x

x-111

故当x∈(1,+∞)时,ln x

xxln x(3)证明 由题设c>1,

设g(x)=1+(c-1)x-cx,则g′(x)=c-1-cxln c,

3

2

c-1lnln c

令g′(x)=0,解得x0=.

ln c

当x0,g(x)单调递增;当x>x0时,g′(x)<0,g(x)单调递减. c-1

由(2)知1<

ln c

又g(0)=g(1)=0,故当00. 所以当x∈(0,1)时,1+(c-1)x>cx. 9.解 (1)由f′(x)=ln x-2ax+2a.

可得g(x)=ln x-2ax+2a,x∈(0,+∞), 1-2ax1

则g′(x)=-2a=.

xx

当a≤0时,x∈(0,+∞)时,g′(x)>0,函数g(x)单调递增; 1

0,?时,g′(x)>0时,函数g(x)单调递增, 当a>0时,x∈??2a?1?x∈??2a,+∞?时,g′(x)<0,函数g(x)单调递减. 所以当a≤0时,g(x)的单调递增区间为(0,+∞);

11

0,?,单调减区间为?,+∞?. 当a>0时,g(x)的单调增区间为??2a??2a?(2)由(1)知,f′(1)=0. ①当a≤0时,f′(x)单调递增,

所以当x∈(0,1)时,f′(x)<0,f(x)单调递减, 当x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增, 所以f(x)在x=1处取得极小值,不合题意.

111

0,?内单调递增. ②当0<a<时,>1,由(1)知f′(x)在??2a?22a1

1,?时,f′(x)>0. 可得当x∈(0,1)时,f′(x)<0,x∈??2a?1

1,?内单调递增. 所以f(x)在(0,1)内单调递减,在??2a?所以f(x)在x=1处取得极小值,不合题意. 11

③当a=时,=1,f′(x)在(0,1)内单调递增,

22a在(1,+∞)内单调递减.

所以当x∈(0,+∞)时,f′(x)≤0,f(x)单调递减,不合题意.

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