2016年甘肃高考数学专练练习:导数的综合应用
一、选择题
1.设f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，当x<0时，f′(x)g(x)+f(x)g′(x)>0且g(3)=0，则不等式f(x)g(x)<0的解集是()
A.(-3,0)(3，+∞)B.(-3,0)(0,3)
C.(-∞，-3)(3，+∞) D.(-∞，-3)(0,3)
答案：D 解题思路：因为f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，所以h(x)=f(x)g(x)为奇函数，当x<0时，h′(x)=f′(x)g(x)+f(x)g′(x)>0，所以h(x)在(-∞，0)为单调增函数，h(-3)=-h(3)=0，所以当x<0时，h(x)<0=h(-3)，解得x<-3，当x<0时，h(x)>0，解得-30时h(x)<0的x的取值范围为(0,3)，故选D.
2.若f(x)=x2-2x-4ln x，不等式f′(x)>0的解集记为p，关于x的不等式x2+(a-1)x-a>0的解集记为q，且p是q的充分不必要条件，则实数a的取值范围是()
A.(-2，-1] B.[-2，-1]
C. D.[-2，+∞)
答案：D 解题思路：对于命题p： f(x)=x2-2x-4ln x， f′(x)=2x-2-=，
由f′(x)>0，得 x>2.由p是q的充分不必要条件知，命题p的解集(2，+∞)是命题q不等式解集的子集，对于命题q：x2+(a-1)x-a>0(x+a)(x-1)>0，当a≥-1时，解集为(-∞，-a)(1，+∞)，显然符合题意;当a<-1时，解集为(-∞，1)(-a，+∞)，则由题意得-2≤a<-1.综上，实数a的取值范围是[-2，+∞)，故选D.
3.已知定义在R上的函数f(x)，g(x)满足=ax，且f′(x)g(x)
A.7B.6C.5D.4
答案：B 解题思路：由f′(x)g(x)
4.(河南适应测试)已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，且当x(-∞，0]时，f(x)=e-x-ex2+a，则函数f(x)在x=1处的切线方程为()
A.x+y=0 B.ex-y+1-e=0
C.ex+y-1-e=0 D.x-y=0
答案：B 命题立意：本题考查了函数的奇偶性及函数的导数的应用，难度中等.
解题思路： 函数f(x)是R上的奇函数，
f(x)=-f(-x)，且f(0)=1+a=0，得a=-1，设x>0，则-x<0，则f(x)=-f(-x)=-(ex-ex2-1)=-ex+ex2+1，且f(1)=1，求导可得f′(x)=-ex+2ex，则f′(1)=e，
f(x)在x=1处的切线方程y-1=e(x-1)，即得ex-y+1-e=0，故应选B.
易错点拨：要注意函数中的隐含条件的挖掘，特别是一些变量的值及函数图象上的特殊点，避免出现遗漏性错误.
5.设二次函数f(x)=ax2-4bx+c，对x∈R，恒有f(x)≥0，其导数满足f′(0)<0，则的值为()
A. B. C.0 D.1
答案：C 解题思路：本题考查基本不等式的应用.因为f(x)≥0恒成立，所以a>0且Δ=16b2-4ac≤0.又因为f′(x)=2ax-4b，而f′(0)<0，所以b>0，则==2-，又因4a+c≥2≥8b，所以≥2，故≤2-2=0，当且仅当4a=c，ac=4b2，即当a=b，c=4b时，取到值，其值为0.
技巧点拨：在运用均值不等式解决问题时，一定要注意“一正二定三等”，特别是要注意等号成立的条件是否满足.
6.已知函数f′(x)，g′(x)分别是二次函数f(x)和三次函数g(x)的导函数，它们在同一坐标系下的图象如图所示，设函数h(x)=f(x)-g(x)，则()
A.h(1)
B.h(1)
C.h(0)
D.h(0)
答案：D 解题思路：本题考查函数及导函数的图象.取特殊值，令f(x)=x2，g(x)=x3，则h(0)
二、填空题
7.对于三次函数f(x)=ax3+bx2+cx+d(a≠0)，给出定义：设f′(x)是函数y=f(x)的导数，f″(x)是f′(x)的导数，若方程f″(x)=0有实数解x0，则称点(x0，f(x0))为函数y=f(x)的“拐点”.某同学经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”;任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心.根据这一发现，则函数f(x)=x3-x2+3x-的对称中心为________.
答案： 解题思路：由f(x)=x3-x2+3x-，得f′(x)=x2-x+3，f″(x)=2x-1，由f″(x)=0，解得x=，且f=1，所以此函数的对称中心为.
8.设函数f(x)=(x+1)ln(x+1).若对所有的x≥0都有f(x)≥ax成立，则实数a的取值范围为________.
答案：(-∞，1] 解题思路：令g(x)=(1+x)ln(1+x)-ax，对函数g(x)求导数g′(x)=ln(1+x)+1-a，令g′(x)=0，解得x=ea-1-1.
当a≤1时，对所有x≥0，g′(x)≥0，所以g(x)在[0，+∞)上是增函数.
又g(0)=0，所以对x≥0，有g(x)≥0，
即当a≤1时，对于所有x≥0，都有f(x)≥ax.
当a>1时，对于0
又g(0)=0，所以对0
所以，当a>1时，不是对所有的x≥0都有f(x)≥ax成立.
综上，a的取值范围为(-∞，1].
三、解答题
9.已知函数f(x)=x3-ax+1.
(1)当x=1时，f(x)取得极值，求a的值;
(2)求f(x)在[0,1]上的最小值;
(3)若对任意mR，直线y=-x+m都不是曲线y=f(x)的切线，求a的取值范围.
解析：(1)因为f′(x)=x2-a，
当x=1时，f(x)取得极值，所以f′(1)=1-a=0，a=1.
又当x(-1,1)时，f′(x)<0;当x(1，+∞)时，f′(x)>0，
所以f(x)在x=1处取得极小值，即a=1时符合题意.
(2)当a≤0时，f′(x)>0对x(0,1)恒成立，
所以f(x)在(0,1)上单调递增，f(x)在x=0处取得最小值f(0)=1.
当a>0时，令f′(x)=x2-a=0，
x1=-，x2=，
当0
当x∈(0，)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=处取得最小值f()=1-.
当a≥1时，≥1.
x(0,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
所以f(x)在x=1处取得最小值f(1)=-a.
综上所述，当a≤0时，f(x)在x=0处取得最小值f(0)=1;
当0
当a≥1时，f(x)在x=1处取得最小值f(1)=-a.
(3)因为m∈R，直线y=-x+m都不是曲线y=f(x)的切线，
所以f′(x)=x2-a≠-1对xR恒成立，
只要f′(x)=x2-a的最小值大于-1即可.
而f′(x)=x2-a的最小值为f(0)=-a，
所以-a>-1，即a<1.
故a的取值范围是(-∞，1).
10.已知函数f(x)=x-ax2-ln(1+x)，其中aR.
(1)若x=2是f(x)的极值点，求a的值;
(2)求f(x)的单调区间;
(3)若f(x)在[0，+∞)上的值是0，求a的取值范围.
命题立意：本题考查导数与函数的极值、单调性、最值等知识，考查考生分析问题、解决问题的能力，考查函数与方程、分类整合等数学思想方法.(1)根据可导函数在一定点处取得极值的必要条件是其导数等于零，得出关于a的方程即可求出a，再根据极值点两侧导数值异号进行检验;(2)讨论导数的符号，就参数a的取值情况进行分类讨论即可;(3)根据函数的单调性和极值点，以及函数值的概念分情况解决.
解析：(1)f′(x)=，x(-1，+∞).
依题意，得f′(2)=0，解得a=.
经检验，a=时，符合题意.
(2)当a=0时，f′(x)=，x(-1，+∞).
故f(x)的单调增区间是(0，+∞)，单调减区间是(-1,0).
当a>0时，令f′(x)=0，得
x1=0，x2=-1，
当0
f(x)的单调增区间是，单调减区间是(-1,0).
当a=1时，f(x)的单调减区间是(-1，+∞).
当a>1时，-11时，f(x)的单调增区间是-1,0，单调减区间是(0，+∞).
(3)由(2)知a≤0时，f(x)在(0，+∞)上单调递增，由f(0)=0知不合题意.
当00，f(x)在区间上递增可知，f>f(0)=0知不合题意.
当a≥1时，f(x)在(0，+∞)单调递减，可得f(x)在[0，+∞)上的值是f(0)=0，符合题意.
f(x)在[0，+∞)上的值是0时，a的取值范围是[1，+∞).
11.设函数f(x)=xln x(x>0).
(1)求函数f(x)的最小值;
(2)设F(x)=ax2+f′(x)(aR)，讨论函数F(x)的单调性;
(3)斜率为k的直线与曲线y=f′(x)交于A(x1，y1)，B(x2，y2)(x10)，
令f′(x)=0，得x=.
当x时，f′(x)<0;
当x时，f′(x)>0.
当x=时，f(x)min=ln=-.
(2)F(x)=ax2+ln x+1(x>0)，
F′(x)=2ax+=(x>0).
当a≥0时，恒有F′(x)>0，F(x)在(0，+∞)上是增函数;
当a<0时，
令F′(x)>0，得2ax2+1>0，
解得0.
综上，当a≥0时，F(x)在(0，+∞)上是增函数;
当a<0时，F(x)在上单调递增，在上单调递减.
(3)k==.
要证x1<1知ln t>0，故等价于证ln t1).(*)
设g(t)=t-1-ln t(t≥1)，
则g′(t)=1-≥0(t≥1)，
故g(t)在[1，+∞)上是增函数.
当t>1时，g(t)=t-1-ln t>g(1)=0，
即t-1>ln t(t>1).
设h(t)=tln t-(t-1)(t≥1)，
则h′(t)=ln t≥0(t≥1)，
故h(t)在[1，+∞)上是增函数.
当t>1时，h(t)=tln t-(t-1)>h(1)=0，
即t-11).
由知(*)成立，得证.
12.已知函数f(x)=ln x-px+1.
(1)求函数f(x)的极值点;
(2)若对任意的x>0，恒有f(x)≤0，求p的取值范围;
(3)证明：++…+<(nN，n≥2).
解析：(1)由已知f(x)的定义域为(0，+∞)，f′(x)=-p=， x>0，当p≤0时，f′(x)>0， f(x)在(0，+∞)上单调递增，
f(x)无极值点;
当p>0时，令f′(x)=0， x=(0，+∞)，f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表：
x f′(x) + 0 - f(x) 增 极大 减 从上表可以看出：当p>0时，f(x)有的极大值点x=.
(2)当p≤0时，f(x)在(0，+∞)上单调递增，
所以不可能对任意的x>0，恒有f(x)≤0，
当p>0时，由(1)知在x=处取得极大值f=ln ，此时极大值也是值.要使f(x)≤0恒成立，只需f=ln ≤0，解得p≥1，所以p的取值范围是[1，+∞).
(3)证明：令p=1，由(2)知ln x-x+1≤0，
ln x≤x-1，
n∈N，n≥2， 令x=n2，则ln n2≤n2-1，
≤=1-，
......
所以结论成立.
