专题限时集训(三) 导数
(对应学生用书第83页)
(限时:120分钟)
一、填空题(本大题共14小题,每小题5分,共70分,请把答案填写在题中横线上.)
1.(湖北省荆州市2017届高三上学期第一次质量检)若函数f (x)=-x2+x+1在区间上单调递减,则实数a的取值范围是________.
[因为函数f (x)=-x2+x+1在区间上单调递减,所以f ′(x)=x2-ax+1≤0在区间上恒成立,所以x2+1≤ax⇒a≥max=max,当且仅当x=3时,max=,所以a∈.]
2.(泰州中学2016-2017年度第一学期第一次质量检测)若函数y=f (x)的定义域为R,∀x∈R,f ′(x)<f (x),且f (x+1)为偶函数,f (2)=1,则不等式f (x)<ex的解集为________.
(0,+∞) [令g(x)=,则g′(x)=<0,所以g(x)在定义域内为减函数,因为f (x+1)为偶函数,所以f (x+1)=f (-x+1)⇒f (0)=f (2)=1⇒g(0)=1,因此f (x)<ex⇒g(x)<1=g(0)⇒x>0.]
3.(江苏省南通市如东县、徐州市丰县2017届高三10月联考)函数f (x)=log2x在点A(1,2)处切线的斜率为________.
【导学号:56394017】
[∵f ′(x)=,∴k=f ′(1)=.]
4.(江苏省南通市如东县、徐州市丰县2017届高三10月联考)若实数a,b,c,d满足|b+a2-4ln a|+|2c-d+2|=0,则(a-c)2+(b-d)2的最小值为________.
5 [|b+a2-4ln a|+|2c-d+2|=0⇒b+a2-4ln a=0,2c-d+2=0,所以(a-c)2+(b-d)2表示直线2x-y+2=0上点P到曲线y=4ln x-x2上点Q距离的平方.由y′=-2x=2⇒x=1(负舍)得Q(1,-1),所以所求最小值为2=5.]
5.(江苏省南通市如东县、徐州市丰县2017届高三10月联考)已知函数f (x)=x3+mx+,g(x)=-ln x,min{a,b}表示a,b中的最小值,若函数h(x)=min{f (x),g(x)}(x>0)恰有三个零点,则实数m的取值范围是________.
[f ′(x)=3x2+m,因为g(1)=0,所以要使h(x)=min{f (x),g(x)}(x
>0)恰有三个零点,需满足f (1)>0,f <0,m<0,解得m>-,>⇒-<m<-.]
6.(河北唐山市2017届高三年级期末)已知函数f (x)=ln(ex+e-x)+x2,则使得f (2x)>f (x+3)成立的x的取值范围是________.
(-∞,-1)∪(3,+∞) [因为f (-x)=ln(e-x+ex)+(-x)2=ln(ex+e-x)+x2=f (x),所以函数f (x)是偶函数,易知函数y=ex+e-x在x∈(0,+∞)是增函数,所以函数f (x)=ln(ex+e-x)+x2在x∈(0,+∞)也是增函数,所以不等式f (2x)>f (x+3)等价于|2x|>|x+3|,解得x<-1或x>3.]
7.(广东省佛山市2017届高三教学质量检测(一))已知函数f (x)=x3+ax2+bx+c,g(x)=3x2+2ax+b(a,b,c是常数),若f (x)在(0,1)上单调递减,则下列结论中:
①f (0)·f (1)≤0;②g(0)·g(1)≥0;③a2-3b有最小值.
正确结论的个数为________.
2 [由题意,得f ′(x)=3x2+2ax+b,若函数f (x)在(0,1)上单调递减,则即所以g(0)·g(1)=b·(3+2a+b)≥0,故②正确;不妨设f (x)=x3-2x2-3x+5,则f (0)·f (1)=5·(1-2-3+5)>0,故①错;画出不等式组表示的平面区域,如图所示,令z=a2-3b,则b=a2-,①当->-3,即z<9时,抛物线b=a2-与直线2a+b+3=0有公共点,联立两个方程消去b得a2+6a+9-z=0,z=(a+3)2≥0,所以0≤z<9;当-≤-3,即z≥9时,抛物线与平面区域必有公共点,综上所述,z≥0,所以z=a2-3b有最小值 ,故③正确.]
8.(广东省佛山市2017届高三教学质量检测(一))对任意的a∈R,曲线y=ex(x2+ax+1-2a)在点P(0,1-2a)处的切线l与圆C:x2+2x+y2-12=0的位置关系是________.
相交 [由题意,得y′=ex(x2+ax+1-2a)+ex(2x+a),所以y′|x=0=1-a,所以直线l的方程为y-(1-2a)=(1-a)x,即(1-a)x-y+1-2a=0.化圆C的方程为(x+1)2+y2=13,其圆心(-1,0)到直线l的距离为==
=≤<,所以直线l与圆相交.]
9.(山东省枣庄市2017届高三上学期期末)定义在R上的奇函数y=f (x)满足f (3)=0,且当x>0时,f (x)>-xf ′(x)恒成立,则函数g(x)=xf (x)+lg|x+1|的零点的个数为________.
【导学号:56394018】
3 [因为当x>0时,[xf (x)]′=f (x)+xf ′(x)>0,所以xf (x)在(0,+∞)上单调递增,又函数f (x)为奇函数,所以函数xf (x)为偶函数,结合f (3)=0,作出函数y=xf (x)与y=-lg|x+1|的图象,如图所示,由图象知,函数g(x)=xf (x)+lg|x+1|的零点有3个.]
10.(湖北省荆州市2017届高三上学期第一次质量检测)设函数f (x)在R上存在导函数f ′(x),对任意的实数x都有f (x)=4x2-f (-x),当x∈(-∞,0)时,f ′(x)+<4x.若f (m+1)≤f (-m)+4m+2,则实数m的取值范围是________.
[∵f (x)-2x2+f (-x)-2x2=0,设g(x)=f (x)-2x2,则g(x)+g(-x)=0,∴g(x)为奇函数,又g′(x)=f ′(x)-4x<-,∴g(x)在(-∞,0)上是减函数,从而在R上是减函数,又f (m+1)≤f (-m)+4m+2等价于f (m+1)-2(m+1)2≤f (-m)-2(-m)2,即g(m+1)≤g(-m),
∴m+1≥-m,解得m≥-.]
11.(湖北省荆州市2017届高三上学期第一次质量检测)已知函数f (x)=axsin x-(a∈R),且在上的最大值为,则实数a的值为________.
1 [由已知得f ′(x)=a(sin x+xcos x),对于任意的x∈,有sin x+xcos x>0,当a=0时,f (x)=-,不合题意;当a<0时,x∈,f ′(x)<0,从而f (x)在
单调递减,又函数在图象上是连续不断的,故函数在上的最大值为f (0)=-,不合题意;当a>0时, x∈,f ′(x)>0,从而f (x)在单调递增,又函数在图象上是连续不断的,故函数在上的最大值为f =·a-=,解得a=1.]
12.(天津六校2017届高三上学期期中联考)设函数f (x)=,关于x的方程[f (x)]2+mf (x)-1=0有三个不同的实数解,则实数m的取值范围是________.
[f (x)=⇒f ′(x)==0⇒x=e,因此当0<x≤e时,f (x)≤;当x>e时,0<f (x)<,因此g(t)=t2+mt-1=0有两个根,其中t1∈,t2∈(-∞,0]∪,因为g(0)=-1,所以g>0⇒m>e-.]
13.(山西大学附属中学2017级上学期11月模块诊断)已知函数f (x)=若m<n,且f (m)=f (n),则n-m的取值范围是________.
[3-2ln 2,2) [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,
而x≤0时,函数y=f (x)单调递增,其图象与y轴交于点(0,1),
所以0<t≤1.又m<n,所以m≤0,n>0,
由0<t≤1,得0<ln(n+1)≤1,解得0<n≤e-1.
由f (m)=t,即m+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),g′(t)=et-2.
所以当0<t<ln 2时,g′(t)<0,函数g(t)单调递减;
当ln 2<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(ln 2)=eln 2-2ln 2+1=3-2ln 2;
而g(0)=e0+1=2,g(1)=e-2+1=e-1<2,所以3-2ln 2≤g(t)<2.]
14.(贵州遵义市2017届高三第一次联考)已知定义域为R的偶函数f (x),其导函数为f ′(x
),对任意x∈[0,+∞),均满足:xf ′(x)>-2f (x).若g(x)=x2f (x),则不等式g(2x)<g(1-x)的解集是________.
[x∈[0,+∞)时,g′(x)=2xf (x)+x2f ′(x)=x(2f (x)+xf ′(x))>0,而g(x)=x2f (x)也为偶函数,所以g(2x)<g(1-x)⇔g(|2x|)<g(|1-x|)⇔|2x|<|1-x|⇔3x2+2x-1<0⇔-1<x<.]
二、解答题(本大题共6小题,共90分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.)
15.(本小题满分14分)(江苏省南通市如东县、徐州市丰县2017届高三10月联考)在互联网时代,网校培训已经成为青年学习的一种趋势,假设某网校的套题每日的销售量h(x)(单位:千套)与销售价格(单位:元/套)满足关系式h(x)=f (x)+g(x)(3<x<7,m为常数),其中f (x)与(x-3)成反比,g(x)与(x-7)的平方成正比,已知销售价格为5元/套时,每日可售出套题21千套,销售价格为3.5元/套时,每日可售出套题69千套.
(1)求h(x)的表达式;
(2)假设网校的员工工资,办公等所有开销折合为每套题3元(只考虑销售出的套数),试确定销售价格的值,使网校每日销售套题所获得的利润最大.(保留1位小数)
[解] (1)因为f (x)与x-3成反比,g(x)与x-7的平方成正比,
所以可设:f (x)=,g(x)=k2(x-7)2,k1≠0,k2≠0,
则h(x)=f (x)+g(x)=+k2(x-7)2. 2分
因为销售价格为5元/套时,每日可售出套题21千套,销售价格为3.5元/套时,每日可售出套题69千套,
所以,h(5)=21,h(3.5)=69,即
解得: 6分
所以,h(x)=+4(x-7)2(3<x<7). 8分
(2)由(1)可知,套题每日的销售量h(x)=+4(x-7)2,
设每日销售套题所获得的利润为F(x),
则F(x)=(x-3)
=10+4(x-7)2(x-3)
=4x3-68x2+364x-578, 10分
从而F′(x)=12x2-136x+364=4(3x-13)(x-7),3<x<7,x∈时,F′(x
)>0,所以函数F(x)在上单调递增, 12分
x∈时,F′(x)<0,所以函数F(x)在上单调递减,
所以x=≈4.3时,函数F(x)取得最大值,
即当销售价格为4.3元/套时,网校每日销售套题所获得的利润最大.14分
16.(本小题满分14分)(河南省豫北名校联盟2017届高三年级精英对抗赛)已知函数f (x)=x+aln x(a∈R).
(1)若曲线y=f (x)在点(1,f (1))处与直线y=3x-2相切,求a的值;
(2)若函数g(x)=f (x)-kx2有两个零点x1,x2,试判断g′的符号,并证明.
【导学号:56394019】
[解] (1)f ′(x)=1+,又∵f ′(1)=3. 2分
所以a=2.3分
(2)函数g(x)的定义域是(0,+∞). 4分
若a=0,则g(x)=f (x)-kx2=x-kx2.
令g(x)=0,则x-kx2=0.
又据题设分析知k≠0,
∴x1=0,x2=.
又g(x)有两个零点,且都大于0,
∴a=0,不成立.5分
据题设知
不妨设x1>x2,=t,t>1. 6分
所以x1-x2+a(ln x1-ln x2)=k(x1-x2)(x1+x2).
所以1+=k(x1+x2), 7分
又g′(x)=1+-2kx,
所以g′=1+-k(x1+x2)=1+-1-
=a==·.9分
引入h(t)=-ln t(t>1),则h′(t)=-=-<0.
所以h(t)在(0,+∞)上单调递减. 10分
而h(1)=0,所以当t>1时,h(t)<0.
易知x2>0,>0,
所以当a>0时,g′<0;当a<0时,g′>0. 14分
17.(本小题满分14分)(广东郴州市2017届高三第二次教学质量监测试卷)已知函数f (x)=xln x,g(x)=-x2+ax-3.
(1)求函数f (x)在[t,t+2](t>0)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;
(3)探讨函数F(x)=ln x-+是否存在零点?若存在,求出函数F(x)的零点;若不存在,请说明理由.
[解] (1)f ′(x)=ln x+1,
由f ′(x)<0得,0<x<,由f ′(x)>0得x>,
∴函数f (x)在上单调递减,在上单调递增,1分
当0<t≤时,t+2>,∴f (x)min=f =-;
当t>时,f (x)在[t,t+2]上单调递增,f (x)min=f (t)=tln t,2分
∴f (x)min= 3分
(2)原问题可化为a≤2ln x+x+, 4分
设h(x)=2ln x+x+(x>0 ),
h′(x)=,当0<x<1时,h′(x)<0,h(x)在(0,1)上单调递减;
5分
当x>1时, h′(x)>0,h(x)在(1,+∞)上单调递增;6分
∴h(x)min=h(1)=4,故a的取值范围为(-∞,4].7分
(3)令F(x)=0,得ln x-+=0,即xln x=-(x>0), 8分
由(1)知当且仅当x=时,f (x)=xln x(x>0)的最小值是-, 9分
设φ(x)=-(x>0),则φ′(x)=,易知φ(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,
∴当且仅当x=1时,φ(x)取最大值,且φ(1)=-, 12分
∴对x∈(0,+∞)都有ln x>-,即F(x)=ln x-+>0恒成立,故函数F(x)无零点. 14分
18.(本小题满分16分)(无锡市普通高中2017届高三上学期期中基础性检测)已知函数f (x)=的定义域为[0,2π],g(x)为f (x)的导函数.
(1)求方程g(x)=0的解集;
(2)求函数g(x)的最大值与最小值;
(3)若函数F(x)=f (x)-ax在定义域上恰有2个极值点,求实数a的取值范围.
[解] (1)因为f ′(x)=-+, 1分
所以g(x)=-=0,解得x=或x=; 3分
(2)因为g′(x)=--+-=-2, 4分
令g′(x)=0,解得x=或x=, 5分
x
0
2π
g′(x)
-
0
+
0
-
g(x)
1
↓
-e-
↑
e-
↓
e-2π
所以g(x)的最大值为g(0)=1,所以g(x)的最小值为g=-. 7分
(3)因为F′(x)=-+-a=g(x)-a,
所以函数F(x)=f (x)-ax在定义域上恰有2个极值点,等价于g(x)-a=0在定义域上恰有2个零点且在零点处异号,即y=g(x)与y=a的图象恰有两个交点, 9分
由(2)知F′(0)=g(0)-a=1-a,F′=g-a=-e--a,
F′=g-a=e--a,F′(2π)=g(2π)-a=e-2π-a,
若F′≥0,则F′>F′>0,
所以F′(x)=0至多只有1个零点,不成立, 10分
所以只有F′<0; 11分
若F′<0,则F′(2π)<0,所以F′(x)=0只有1个零点,不成立,12分
所以F′≥0, 13分
若F′=0,即a=e-,在x=处同号,不成立;
若F′(2π)≤0,则F′(x)=0有3个零点,不成立,14分
所以只有F′(2π)>0.
所以满足的条件为:
,
解得-e-<a<e-2π或a=e-, 16分
(注:利用图象直接得出-e-<a<e-2π或a=e-扣4分.)
19.(本小题满分16分)(河北唐山市2017届高三年级期末)已知函数f (x)=,g(x)=x.
(1)求y=f (x)的最大值;
(2)当a∈时,函数y=g(x)(x∈(0,e])有最小值.记g(x)的最小值为h(a),求函数h(a)的值域.
[解] (1)f ′(x)=(x>0),
当x∈(0,e)时,f ′(x)>0,f (x)单调递增;
当x∈(e,+∞)时,f ′(x)<0,f (x)单调递减,
所以当x=e时, f (x)取得最大值f (e)=. 4分
(2)g′(x)=ln x-ax=x,由(1)及x∈(0,e]得:
①当a=时,-a≤0,g′(x)≤0,g(x)单调递减,
当x=e时,g(x)取得最小值g(e)=h(a)=-. 8分
②当a∈,f (1)=0≤a,f (e)=>a,
所以存在t∈[1,e),g′(t)=0且lnt=at ,
当x∈(0,t)时,g′(x)<0,g(x)单调递减,当x∈(t,e]时,g′(x)>0,g(x)单调递增,所以g(x)的最小值为g(t)=h(a). 12分
令h(a)=G(t)=-t,
因为G′(t)=<0,所以G(t)在[1,e)单调递减,此时G(t)∈(-,-1].
综上,h(a)∈[-,-1]. 16分
20.(本小题满分16分)(江苏省泰州中学2017届高三摸底考试)已知函数f (x)=(为自然对数的底数).
(1)求f (x)的单调区间;
(2)是否存在正实数使得f (1-x)=f (1+x),若存在请求出,否则说明理由;
(3)若存在不等实数x1,x2,使得f (x1)=f (x2),证明:f ′<0.
【导学号:56394020】
[解] (1)函数y=f (x)的单调递减区间是(1,+∞),单调递增区间为(-∞,1). 4分
(2)不存在正实数使得f (1-x)=f (1+x)成立,
事实上,由(1)知函数y=f (x)在(-∞,1)上递增,
而当x∈(0,1),有y∈(0,1),在(1,+∞)上递减,有0<y<1,
因此,若存在正实数使得f (1-x)=f (1+x),必有x∈(0,1). 6分
令F(x)=f (1+x)-f (1-x)=+(x-1)ex,
令F′(x)=x,因为x∈(0,1),所以F′(x)>0,所以F(x)为(0,1)上的增函数,所以F(x)>F(0)=0,即f (1+x)>f (1-x),
故不存在正实数使得f (1-x)=f (1+x)成立. 8分
(3)若存在不等实数x1,x2,使得f (x1)=f (x2),则x1和x2中,必有一个在(0,1),另一个在(1,+∞),不妨设x1∈(0,1),x2∈(1,+∞). 10分
①若x2≥2,则∈(1,+∞),由(1)知:函数y=f (x)在(1,+∞)上单调递减,所以f ′<0;
②若x2∈(1,2),由(2)知:当x∈(0,1),则有f (1+x)>f (1-x),
而1-x1∈(0,1),所以f (2-x1)=f [1+(1-x1)]>f [1-(1-x1)]=f (x1)=f (x2),即f (2-x1)>f (x2),
而2-x1,x2∈(1,2),由(1)知:函数y=f (x)在(1,+∞)上单调递减,13分
∴2-x1<x2,即有∈(1,+∞),
由(1)知:函数y=f (x)在(1,+∞)上单调递减,所以f ′<0;
综合①②得:若存在不等实数x1,x2,使得f (x1)=f (x2),则总有f ′<0. 16分