2016年高考數學考前練習:導數的綜合應用

　　各位考生到了緊張的復習間斷，每天都在做大量的試題，今日小編整理了一些2016年高考數學專練及答案供大家參考學習：

　　一、選擇題

　　1.設f(x)，g(x)分別是定義在R上的奇函數和偶函數，當x<0時，f′(x)g(x)+f(x)g′(x)>0且g(3)=0，則不等式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　解題思路：因為f(x)，g(x)分別是定義在R上的奇函數和偶函數，所以h(x)=f(x)g(x)為奇函數，當x<0時，h′(x)=f′(x)g(x)+f(x)g′(x)>0，所以h(x)在(-∞，0)為單調增函數，h(-3)=-h(3)=0，所以當x<0時，h(x)<0=h(-3)，解得x<-3，當x<0時，h(x)>0，解得-30時h(x)<0的x的取值范圍為(0,3)，故選D.

　　2.若f(x)=x2-2x-4ln x，不等式f′(x)>0的解集記為p，關于x的不等式x2+(a-1)x-a>0的解集記為q，且p是q的充分不必要條件，則實數a的取值范圍是(　　)

　　A.(-2，-1] B.[-2，-1]

　　C. D.[-2，+∞)

　　答案：D　解題思路：對于命題p： f(x)=x2-2x-4ln x， f′(x)=2x-2-=，

　　由f′(x)>0，得 x>2.由p是q的充分不必要條件知，命題p的解集(2，+∞)是命題q不等式解集的子集，對于命題q：x2+(a-1)x-a>0(x+a)(x-1)>0，當a≥-1時，解集為(-∞，-a)(1，+∞)，顯然符合題意;當a<-1時，解集為(-∞，1)(-a，+∞)，則由題意得-2≤a<-1.綜上，實數a的取值范圍是[-2，+∞)，故選D.

　　3.已知定義在R上的函數f(x)，g(x)滿足=ax，且f′(x)g(x)

　　A.7　　　　B.6　　　　C.5　　　　D.4

　　答案：B　解題思路：由f′(x)g(x)

　　4.(河南適應測試)已知函數f(x)是定義在R上的奇函數，且當x(-∞，0]時，f(x)=e-x-ex2+a，則函數f(x)在x=1處的切線方程為(　　)

　　A.x+y=0 B.ex-y+1-e=0

　　C.ex+y-1-e=0 D.x-y=0

　　答案：B　命題立意：本題考查了函數的奇偶性及函數的導數的應用，難度中等.

　　解題思路： 函數f(x)是R上的奇函數，

　　f(x)=-f(-x)，且f(0)=1+a=0，得a=-1，設x>0，則-x<0，則f(x)=-f(-x)=-(ex-ex2-1)=-ex+ex2+1，且f(1)=1，求導可得f′(x)=-ex+2ex，則f′(1)=e，

　　f(x)在x=1處的切線方程y-1=e(x-1)，即得ex-y+1-e=0，故應選B.

　　易錯點撥：要注意函數中的隱含條件的挖掘，特別是一些變量的值及函數圖象上的特殊點，避免出現遺漏性錯誤.

　　5.設二次函數f(x)=ax2-4bx+c，對x∈R，恒有f(x)≥0，其導數滿足f′(0)<0，則的最大值為(　　)

　　A. B. C.0 D.1

　　答案：C　解題思路：本題考查基本不等式的應用.因為f(x)≥0恒成立，所以a>0且Δ=16b2-4ac≤0.又因為f′(x)=2ax-4b，而f′(0)<0，所以b>0，則==2-，又因4a+c≥2≥8b，所以≥2，故≤2-2=0，當且僅當4a=c，ac=4b2，即當a=b，c=4b時，取到最大值，其值為0.

　　技巧點撥：在運用均值不等式解決問題時，一定要注意“一正二定三等”，特別是要注意等號成立的條件是否滿足.

　　6.已知函數f′(x)，g′(x)分別是二次函數f(x)和三次函數g(x)的導函數，它們在同一坐標系下的圖象如圖所示，設函數h(x)=f(x)-g(x)，則(　　)

　　A.h(1)

　　B.h(1)

　　C.h(0)

　　D.h(0)

　　答案：D　解題思路：本題考查函數及導函數的圖象.取特殊值，令f(x)=x2，g(x)=x3，則h(0)

　　二、填空題

　　7.對于三次函數f(x)=ax3+bx2+cx+d(a≠0)，給出定義：設f′(x)是函數y=f(x)的導數，f″(x)是f′(x)的導數，若方程f″(x)=0有實數解x0，則稱點(x0，f(x0))為函數y=f(x)的“拐點”.某同學經過探究發現：任何一個三次函數都有“拐點”;任何一個三次函數都有對稱中心，且“拐點”就是對稱中心.根據這一發現，則函數f(x)=x3-x2+3x-的對稱中心為________.

　　答案：　解題思路：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，所以此函數的對稱中心為.

　　8.設函數f(x)=(x+1)ln(x+1).若對所有的x≥0都有f(x)≥ax成立，則實數a的取值范圍為________.

　　答案：(-∞，1]　解題思路：令g(x)=(1+x)ln(1+x)-ax，對函數g(x)求導數g′(x)=ln(1+x)+1-a，令g′(x)=0，解得x=ea-1-1.

　　當a≤1時，對所有x≥0，g′(x)≥0，所以g(x)在[0，+∞)上是增函數.

　　又g(0)=0，所以對x≥0，有g(x)≥0，

　　即當a≤1時，對于所有x≥0，都有f(x)≥ax.

　　當a>1時，對于0

　　又g(0)=0，所以對0

　　所以，當a>1時，不是對所有的x≥0都有f(x)≥ax成立.

　　綜上，a的取值范圍為(-∞，1].

　　三、解答題

　　9.已知函數f(x)=x3-ax+1.

　　(1)當x=1時，f(x)取得極值，求a的值;

　　(2)求f(x)在[0,1]上的最小值;

　　(3)若對任意mR，直線y=-x+m都不是曲線y=f(x)的切線，求a的取值范圍.

　　解析：(1)因為f′(x)=x2-a，

　　當x=1時，f(x)取得極值，所以f′(1)=1-a=0，a=1.

　　又當x(-1,1)時，f′(x)<0;當x(1，+∞)時，f′(x)>0，

　　所以f(x)在x=1處取得極小值，即a=1時符合題意.

　　(2)當a≤0時，f′(x)>0對x(0,1)恒成立，

　　所以f(x)在(0,1)上單調遞增，f(x)在x=0處取得最小值f(0)=1.

　　當a>0時，令f′(x)=x2-a=0，

　　x1=-，x2=，

　　當0

　　當x∈(0，)時，f′(x)<0，f(x)單調遞減;

　　當x∈(，1)時，f′(x)>0，f(x)單調遞增.

　　所以f(x)在x=處取得最小值f()=1-.

　　當a≥1時，≥1.

　　x(0,1)時，f′(x)<0，f(x)單調遞減，

　　所以f(x)在x=1處取得最小值f(1)=-a.

　　綜上所述，當a≤0時，f(x)在x=0處取得最小值f(0)=1;

　　當0

　　當a≥1時，f(x)在x=1處取得最小值f(1)=-a.

　　(3)因為m∈R，直線y=-x+m都不是曲線y=f(x)的切線，

　　所以f′(x)=x2-a≠-1對xR恒成立，

　　只要f′(x)=x2-a的最小值大于-1即可.

　　而f′(x)=x2-a的最小值為f(0)=-a，

　　所以-a>-1，即a<1.

　　故a的取值范圍是(-∞，1).

　　10.已知函數f(x)=x-ax2-ln(1+x)，其中aR.

　　(1)若x=2是f(x)的極值點，求a的值;

　　(2)求f(x)的單調區間;

　　(3)若f(x)在[0，+∞)上的最大值是0，求a的取值范圍.

　　命題立意：本題考查導數與函數的極值、單調性、最值等知識，考查考生分析問題、解決問題的能力，考查函數與方程、分類整合等數學思想方法.(1)根據可導函數在一定點處取得極值的必要條件是其導數等于零，得出關于a的方程即可求出a，再根據極值點兩側導數值異號進行檢驗;(2)討論導數的符號，就參數a的取值情況進行分類討論即可;(3)根據函數的單調性和極值點，以及函數最大值的概念分情況解決.

　　解析：(1)f′(x)=，x(-1，+∞).

　　依題意，得f′(2)=0，解得a=.

　　經檢驗，a=時，符合題意.

　　(2)當a=0時，f′(x)=，x(-1，+∞).

　　故f(x)的單調增區間是(0，+∞)，單調減區間是(-1,0).

　　當a>0時，令f′(x)=0，得

　　x1=0，x2=-1，

　　當0

　　f(x)的單調增區間是，單調減區間是(-1,0).

　　當a=1時，f(x)的單調減區間是(-1，+∞).

　　當a>1時，-11時，f(x)的單調增區間是-1,0，單調減區間是(0，+∞).

　　(3)由(2)知a≤0時，f(x)在(0，+∞)上單調遞增，由f(0)=0知不合題意.

　　當00，f(x)在區間上遞增可知，f>f(0)=0知不合題意.

　　當a≥1時，f(x)在(0，+∞)單調遞減，可得f(x)在[0，+∞)上的最大值是f(0)=0，符合題意.

　　f(x)在[0，+∞)上的最大值是0時，a的取值范圍是[1，+∞).

　　11.設函數f(x)=xln x(x>0).

　　(1)求函數f(x)的最小值;

　　(2)設F(x)=ax2+f′(x)(aR)，討論函數F(x)的單調性;

　　(3)斜率為k的直線與曲線y=f′(x)交于A(x1，y1)，B(x2，y2)(x10)，

　　令f′(x)=0，得x=.

　　當x時，f′(x)<0;

　　當x時，f′(x)>0.

　　當x=時，f(x)min=ln=-.

　　(2)F(x)=ax2+ln x+1(x>0)，

　　F′(x)=2ax+=(x>0).

　　當a≥0時，恒有F′(x)>0，F(x)在(0，+∞)上是增函數;

　　當a<0時，

　　令F′(x)>0，得2ax2+1>0，

　　解得0.

　　綜上，當a≥0時，F(x)在(0，+∞)上是增函數;

　　當a<0時，F(x)在上單調遞增，在上單調遞減.

　　(3)k==.

　　要證x1<1知ln t>0，故等價于證ln t1).(*)

　　設g(t)=t-1-ln t(t≥1)，

　　則g′(t)=1-≥0(t≥1)，

　　故g(t)在[1，+∞)上是增函數.

　　當t>1時，g(t)=t-1-ln t>g(1)=0，

　　即t-1>ln t(t>1).

　　設h(t)=tln t-(t-1)(t≥1)，

　　則h′(t)=ln t≥0(t≥1)，

　　故h(t)在[1，+∞)上是增函數.

　　當t>1時，h(t)=tln t-(t-1)>h(1)=0，

　　即t-11).

　　由知(*)成立，得證.

　　12.已知函數f(x)=ln x-px+1.

　　(1)求函數f(x)的極值點;

　　(2)若對任意的x>0，恒有f(x)≤0，求p的取值范圍;

　　(3)證明：++…+<(nN，n≥2).

　　解析：(1)由已知f(x)的定義域為(0，+∞)，f′(x)=-p=， x>0，當p≤0時，f′(x)>0， f(x)在(0，+∞)上單調遞增，

　　f(x)無極值點;

　　當p>0時，令f′(x)=0， x=(0，+∞)，f′(x)，f(x)隨x的變化情況如下表：

　　x f′(x) + 0 - f(x) 增 極大 減 從上表可以看出：當p>0時，f(x)有的極大值點x=.

　　(2)當p≤0時，f(x)在(0，+∞)上單調遞增，

　　所以不可能對任意的x>0，恒有f(x)≤0，

　　當p>0時，由(1)知在x=處取得極大值f=ln ，此時極大值也是最大值.要使f(x)≤0恒成立，只需f=ln ≤0，解得p≥1，所以p的取值范圍是[1，+∞).

　　(3)證明：令p=1，由(2)知ln x-x+1≤0，

　　ln x≤x-1，

　　n∈N，n≥2， 令x=n2，則ln n2≤n2-1，

　　≤=1-，

　　......

 

　　所以結論成立.

　　(責任編輯：盧雁明)

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