3年高考新课标版高考数学一轮复习 32导数的应用Word文档格式.docx
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(3)若f(x)有极值,求c的取值范围.
9.(2013山东,21,13分)设函数f(x)=+c(e=2.71828…是自然对数的底数,c∈R).
(1)求f(x)的单调区间、最大值;
(2)讨论关于x的方程|lnx|=f(x)根的个数.
B组 2012—2014年高考·
提升题组
1.(2014课标Ⅰ,11,5分)已知函数f(x)=ax3-3x2+1,若f(x)存在唯一的零点x0,且x0>
0,则a的取值范围是( )
A.(2,+∞)B.(1,+∞)C.(-∞,-2)D.(-∞,-1)
2.(2014陕西,10,5分)如图,某飞行器在4千米高空水平飞行,从距着陆点A的水平距离10千米处开始下降,已知下降飞行轨迹为某三次函数图象的一部分,则该函数的解析式为( )
A.y=x3-xB.y=x3-x
C.y=x3-xD.y=-x3+x
3.(2013四川,10,5分)设函数f(x)=(a∈R,e为自然对数的底数).若曲线y=sinx上存在点(x0,y0)使得f(f(y0))=y0,则a的取值范围是( )
A.[1,e]B.[e-1-1,1]
C.[1,e+1]D.[e-1-1,e+1]
4.(2013湖北,10,5分)已知a为常数,函数f(x)=x(lnx-ax)有两个极值点x1,x2(x1<
x2),则( )
A.f(x1)>
0,f(x2)>
-B.f(x1)<
0,f(x2)<
-
C.f(x1)>
-D.f(x1)<
5.(2014山东,20,13分)设函数f(x)=-k(k为常数,e=2.71828…是自然对数的底数).
(1)当k≤0时,求函数f(x)的单调区间;
(2)若函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点,求k的取值范围.
6.(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,求a的取值范围.
7.(2014浙江,22,14分)已知函数f(x)=x3+3|x-a|(a∈R).
(1)若f(x)在[-1,1]上的最大值和最小值分别记为M(a),m(a),求M(a)-m(a);
(2)设b∈R.若[f(x)+b]2≤4对x∈[-1,1]恒成立,求3a+b的取值范围.
8.(2013湖南,22,13分)已知a>
0,函数f(x)=.
(1)记f(x)在区间[0,4]上的最大值为g(a),求g(a)的表达式;
(2)是否存在a,使函数y=f(x)在区间(0,4)内的图象上存在两点,在该两点处的切线互相垂直?
若存在,求a的取值范围;
若不存在,请说明理由.
1.C f'
(x)=cos,
∵f(x)的极值点为x0,
∴f'
(x0)=0,∴cos=0,
∴x0=kπ+,k∈Z,
∴x0=mk+,k∈Z,
又∵+[f(x0)]2<
m2,
∴+<
m2,k∈Z,即m2+3<
m2,k∈Z,
∵m≠0,∴<
k∈Z,
又∵存在x0满足+[f(x0)]2<
m2,即存在k∈Z满足上式,
∴>
∴m2-3>
∴m2>
4,∴m>
2或m<
-2,故选C.
2.C 由题意知∀x∈[-2,1]都有ax3-x2+4x+3≥0,即ax3≥x2-4x-3在x∈[-2,1]上恒成立.当x=0时,a∈R.
当0<
x≤1时,a≥=--+.
令t=(t≥1),g(t)=-3t3-4t2+t,因为g'
(t)=-9t2-8t+1<
0(t≥1),所以g(t)在[1,+∞)上单调递减,g(t)max=g
(1)=-6(t≥1),所以a≥-6.
当-2≤x<
0时,a≤--+,同理,g(t)在(-∞,-1]上递减,在上递增.
因此g(t)min=g(-1)=-2,所以a≤-2.
综上可知-6≤a≤-2,故选C.
3.C 由三次函数值域为R知f(x)=0有解,所以A项正确;
因为y=x3的图象为中心对称图形,而f(x)=x3+ax2+bx+c的图象可以由y=x3的图象平移得到,故B项正确;
若f(x)有极小值点,则f'
(x)=0有两个不等实根x1,x2(x1<
x2),f'
(x)=3x2+2ax+b=3(x-x1)·
(x-x2),则f(x)在(-∞,x1)上为增函数,在(x1,x2)上为减函数,在(x2,+∞)上为增函数,故C项错误;
D项正确.故选C.
4.D 令F(x)=x2·
f(x),则f'
(x)===,
令h(x)=ex-2F(x),则h'
(x)=ex-=.
x<
2时,h'
(x)<
0,h(x)在(0,2)上为减函数.
当x>
(x)>
0,h(x)在(2,+∞)上为增函数,故h(x)≥h
(2)在x∈(0,+∞)上恒成立.
h
(2)=e2-2·
F
(2)=e2-2[22·
f
(2)]=e2-2=0,
即h(x)≥h
(2)=0在x∈(0,+∞)上恒成立,则f'
(x)=≥0在x∈(0,+∞)上恒成立,
∴f(x)在(0,+∞)上是单调递增的,
∴f(x)在(0,+∞)上无极值,故选D.
5.D f'
(x)=(x+1)ex,当x<
-1时,f'
0,当x>
0,所以x=-1为f(x)的极小值点,故选D.
6.D ①当x<
-2时,1-x>
0.
∵(1-x)f'
0,
0,即f(x)在(-∞,-2)上是增函数.
②当-2<
1时,1-x>
0,即f(x)在(-2,1)上是减函数.
③当1<
2时,1-x<
0,∴f'
即f(x)在(1,2)上是减函数.
④当x>
0.∵(1-x)f'
0,即f(x)在(2,+∞)上是增函数.
综上:
f(-2)为极大值,f
(2)为极小值.
7.
解析
(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'
(x)=aexlnx+ex-ex-1+ex-1.
由题意可得f
(1)=2,f'
(1)=e.
故a=1,b=2.
(2)由
(1)知,f(x)=exlnx+ex-1,
从而f(x)>
1等价于xlnx>
xe-x-.
设函数g(x)=xlnx,则g'
(x)=1+lnx.
所以当x∈时,g'
0;
当x∈时,g'
故g(x)在上单调递减,在上单调递增,从而g(x)在(0,+∞)上的最小值为g=-.
设函数h(x)=xe-x-,则h'
(x)=e-x(1-x).
所以当x∈(0,1)时,h'
当x∈(1,+∞)时,h'
故h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,从而h(x)在(0,+∞)上的最大值为h
(1)=-.
综上,当x>
0时,g(x)>
h(x),即f(x)>
8.
解析
(1)对f(x)求导得f'
(x)=2ae2x+2be-2x-c,由f'
(x)为偶函数,知f'
(-x)=f'
(x),∴2(a-b)(e2x-e-2x)=0,
因为当x≠0时,e2x-e-2x≠0,所以a=b.
又f'
(0)=2a+2b-c=4-c,故a=1,b=1.
(2)当c=3时,f(x)=e2x-e-2x-3x,
那么f'
(x)=2e2x+2e-2x-3≥2-3=1>
故f(x)在R上为增函数.
(3)由
(1)知f'
(x)=2e2x+2e-2x-c,而2e2x+2e-2x≥2=4,当x=0时等号成立.
下面分三种情况进行讨论.
当c<
4时,对任意x∈R,f'
(x)=2e2x+2e-2x-c>
0,此时f(x)无极值;
当c=4时,对任意x≠0,f'
(x)=2e2x+2e-2x-4>
当c>
4时,令e2x=t,注意到方程2t+-c=0有两根t1,2=>
0,即f'
(x)=0有两个根x1=lnt1,x2=lnt2.
当x1<
x2时,f'
又当x>
0,从而f(x)在x=x2处取得极小值.
综上,若f(x)有极值,则c的取值范围为(4,+∞).
9.
解析
(1)f'
(x)=(1-2x)e-2x,
令f'
(x)=0,解得x=.
当x<
时,f'
0,f(x)单调递增;
0,f(x)单调递减.
所以,函数f(x)的单调递增区间是,单调递减区间是,最大值为f=e-1+c.
(2)令g(x)=|lnx|-f(x)=|lnx|-xe-2x-c,x∈(0,+∞).
(i)当x∈(1,+∞)时,lnx>
0,则g(x)=lnx-xe-2x-c,所以g'
(x)=e-2x.
因为2x-1>
0,>
0,所以g'
因此g(x)在(1,+∞)上单调递增.
(ii)当x∈(0,1)时,lnx<
0,则g(x)=-lnx-xe-2x-c,
所以g'
因为e2x∈(1,e2),e2x>
1>
x>
0,所以-<
-1.
又2x-1<
1,所以-+2x-1<
0,即g'
因此g(x)在(0,1)上单调递减.
综合(i)(ii)可知,当x∈(0,+∞)时,
g(x)≥g
(1)=-e-2-c.
当g
(1)=-e-2-c>
0,即c<
-e-2时,g(x)没有零点,
故关于x的方程|lnx|=f(x)根的个数为0;
当g
(1)=-e-2-c=0,即c=-e-2时,g(x)只有一个零点,
故关于x的方程|lnx|=f(x)根的个数为1;
当g
(1)=-e-2-c<
0,即c>
-e-2时,
①当x∈(1,+∞)时,由
(1)知
g(x)=lnx-xe-2x-c≥lnx->
lnx-1-c,
要使g(x)>
0,只需使lnx-1-c>
0,即x∈(e1+c,+∞);
②当x∈(0,1)时,由
(1)知
g(x)=-lnx-xe-2x-c≥-lnx->
-lnx-1-c,
0,只需-lnx-1-c>
0,即x∈(0,e-1-c),
所以c>
-e-2时,g(x)有两个零点,
故关于x的方程|lnx|=f(x)根的个数为2.
综上所述,
-e-2时,关于x的方程|lnx|=f(x)根的个数为0;
当c=-e-2时,关于x的方程|lnx|=f(x)根的个数为1;
-e-2时,关于x的方程|lnx|=f(x)根的个数为2.
1.C
(1)当a=0时,显然f(x)有两个零点,不符合题意.
(2)当a≠0时,f'
(x)=3ax2-6x,令f'
(x)=0,解得x1=0,x2=.
当a>
0时,>
0,所以函数f(x)=ax3-3x2+1在(-∞,0)与上为增函数,在上为减函数,因为f(x)存在唯一零点x0,且x0>
0,则f(0)<
0,即1<
0,不成立.
当a<
0时,<
0,所以函数f(x)=ax3-3x2+1在和(0,+∞)上为减函数,在上为增函数,因为f(x)存在唯一零点x0,且x0>
0,则f>
0,即a·
-3·
+1>
0,解得a>
2或a<
-2,又因为a<
0,故a的取值范围为(-∞,-2).选C.
2.A 根据题意知,所求函数在(-5,5)上单调递减.对于A,y=x3-x,∴y'
=x2-=(x2-25),∴∀x∈(-5,5),y'
<
∴y=x3-x在(-5,5)内为减函数,同理可验证B、C、D均不满足此条件,故选A.
3.A 曲线y=sinx上存在点(x0,y0)使得f(f(y0))=y0≥0,则有0≤y0=sinx0≤1,使得f(y0)=y0.证明如下:
易知f(x)=在定义域上是增函数,
若f(y0)>
y0,则f(f(y0))>
f(y0)>
y0,与已知矛盾;
若f(y0)<
y0,则f(f(y0))<
f(y0)<
y0,与已知矛盾.
故必有0≤y0≤1使得f(y0)=y0,
即有0≤x≤1使得f(x)=x,
对x∈[0,1],=x⇒a=ex-x2+x,
令g(x)=ex-x2+x,则g'
(x)=ex-2x+1,
若x∈[0,1],则ex+1≥2,2x≤2,则g'
0,所以g(x)在[0,1]上是增函数,
g(0)≤g(x)≤g
(1)⇒1≤g(x)≤e,即1≤a≤e.故选A.
4.D f'
(x)=lnx-2ax+1,依题意知f'
(x)=0有两个不等实根x1,x2.
即曲线y1=1+lnx与y2=2ax有两个不同交点,如图.
由直线y=x是曲线y1=1+lnx的切线,可知:
0<
2a<
1,且0<
x1<
1<
x2.
∴a∈.
由0<
1,得f(x1)=x1(lnx1-ax1)<
0,∴f(x2)>
f
(1)=-a>
-,故选D.
5.
解析
(1)函数y=f(x)的定义域为(0,+∞).
(x)=-k
=-=.
由k≤0可得ex-kx>
所以当x∈(0,2)时,f'
0,函数y=f(x)单调递减,
当x∈(2,+∞)时,f'
0,函数y=f(x)单调递增.
所以f(x)的单调递减区间为(0,2),单调递增区间为(2,+∞).
(2)由
(1)知,当k≤0时,函数f(x)在(0,2)内单调递减,
故f(x)在(0,2)内不存在极值点;
当k>
0时,设函数g(x)=ex-kx,x∈[0,+∞).
因为g'
(x)=ex-k=ex-elnk,
k≤1时,
当x∈(0,2)时,g'
(x)=ex-k>
0,y=g(x)单调递增,故f(x)在(0,2)内不存在两个极值点;
1时,
得x∈(0,lnk)时,g'
0,函数y=g(x)单调递减,
x∈(lnk,+∞)时,g'
0,函数y=g(x)单调递增.
所以函数y=g(x)的最小值为g(lnk)=k(1-lnk).
函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点,
当且仅当解得e<
k<
.
综上所述,函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点时,k的取值范围为.
6.
解析
(1)由f(x)=ex-ax2-bx-1,有g(x)=f'
(x)=ex-2ax-b.
(x)=ex-2a.
因此,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.
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;
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)在(0,x0)上不可能恒为正,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<
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-b>
0,g
(1)=e-2a-b>
由f
(1)=0有a+b=e-1<
2,有g(0)=1-b=a-e+2>
0,g
(1)=e-2a-b=1-a>
解得e-2<
当e-2<
1时,g(x)在区间[0,1]内有最小值g(ln(2a)).
若g(ln(2a))≥0,则g(x)≥0(x∈[0,1]),
从而f(x)在区间[0,1]上单调递增,这与f(0)=f
(1)=0矛盾,所以g(ln(2a))<
又g(0)=a-e+2>
0,g
(1)=1-a>
故此时g(x)在(0,ln(2a))和(ln(2a),1)内各只有一个零点x1和x2.
由此可知f(x)在[0,x1]上单调递增,在(x1,x2)上单调递减,在[x2,1]上单调递增.
所以f(x1)>
f(0)=0,f(x2)<
f
(1)=0,
故f(x)在(x1,x2)内有零点.
综上可知,a的取值范围是(e-2,1).
解析
(1)因为f(x)=
所以f'
(x)=
由于-1≤x≤1,
(i)当a≤-1时,有x≥a,故f(x)=x3+3x-3a.
此时f(x)在(-1,1)上是增函数,因此,M(a)=f
(1)=4-3a,m(a)=f(-1)=-4-3a,
故M(a)-m(a)=(4-3a)-(-4-3a)=8.
(ii)当-1<
1时,若x∈(a,1),则f(x)=x3+3x-3a,在(a,1)上是增函数;
若x∈(-1,a),则f(x)=x3-3x+3a,在(-1,a)上是减函数,所以,M(a)=max{f
(1),f(-1)},m(a)=f(a)=a3,
由于f
(1)-f(-1)=-6a+2,因此,
当-1<
a≤时,M(a)-m(a)=-a3-3a+4;
1时,M(a)-m(a)=-a3+3a+2.
(iii)当a≥1时,有x≤a,故f(x)=x3-3x+3a,此时f(x)在(-1,1)上是减函数,因此,M(a)=f(-1)=2+3a,m(a)=f
(1)=-2+3a,
故M(a)-m(a)=(2+3a)-(-2+3a)=4.
综上,M(a)-m(a)=
(2)令h(x)=f(x)+b,则h(x)=h'
因为[f(x)+b]2≤4对x∈[-1,1]恒成立,即-2≤h(x)≤2对x∈[-1,1]恒成立,所以由
(1)知,
(i)当a≤-1时,h(x)在(-1,1)上是增函数,h(x)在[-1,1]上的最大值是h
(1)=4-3a+b,最小值是h(-1)=-4-3a+b,则-4-3a+b≥-2且4-3a+b≤2,矛盾.
a≤时,h(x)在[-1,1]上的最小值是h(a)=a3+b,最大值是h
(1)=4-3a+b,所以a3+b≥-2且4-3a+b≤2,从而-2-a3+3a≤3a+b≤6a-2且0≤a≤.
令t(a)=-2-a3+3a,则t'
(a)=3-3a2>
0,t(a)在上是增函数,故t(a)≥t(0)=-2,因此-2≤3a+b≤0.
(iii)当<
1时,h(x)在[-1,1]上的最小值是h(a)=a3+b,最大值是h(-1)=3a+b+2,所以a3+b≥-2且3a+b+2≤2,解得-<
3a+b≤0.
(iv)当a≥1时,h(x)在[-1,1]上的最大值是h(-1)=2+3a+b,最小值是h
(1)=-2+3a+b,所以3a+b+2≤2且3a+b-2≥-2,解得3a+b=0.
综上,得3a+b的取值范围是-2≤3a+b≤0.
解析
(1)当0≤x≤a时,f(x)=;
a时,f(x)=.因此,当x∈(0,a)时,f'
(x)=<
0,f(x)在(0,a)上单调递减;
当x∈(a,+∞)时,f'
(x)=>
0,f(x)在(a,+∞)上单调递增.
①若a≥4,则f(x)在(0,4)上单调递减,g(a)=f(0)=.
②若0<
4,则f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,4)上单调递增.所以g(a)=max{f(0),f(4)}.而f(0)-f(4)=-=,故当0<
a≤1时,g(a)=f(4)=;
当1<
4时,g(a)=f(0)=.
综上所述,g(a)=
(2)由
(1)知,当a≥4时,f(x)在(0,4)上单调递减,故不满足要求.
4时,f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,4)上单调递增.若存在x1,x2∈(0,4)(x1<
x2),使曲线y=f(x)在(x1,f
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