2017年高考数学专题九复数与导数第77练导数的应用练习

【步步高】（浙江专用）2017年高考数学 专题九 复数与导数 第77
练 导数的应用练习
1．设函数f (x )＝(x －1)e x －kx 2
.
(1)当k ＝1时，求函数f (x )的单调区间；
(2)若f (x )在x ∈[0，＋∞)上是增函数，求实数k 的取值范围．
2．设f (x )＝－13x 3＋12
x 2＋2ax . (1)若f (x )在(23
，＋∞)上存在单调递增区间，求a 的取值范围； (2)当0<a <2时，f (x )在[1,4]上的最小值为－163
，求f (x )在该区间上的最大值．
3．已知函数f (x )＝ax －1－ln x ，a ∈R .
(1)讨论函数的单调区间；
(2)若函数f (x )在x ＝1处取得极值，对∀x ∈(0，＋∞)，f (x )≥bx －2恒成立，求实数b 的取值范围．
4．(2015·南平质检)已知函数f (x )＝sin x ，g (x )＝mx －x 36(m 为实数)．
(1)求曲线y ＝f (x )在点P (π4，f (π4))处的切线方程；
(2)求函数g (x )的单调递减区间；
(3)若m ＝1，证明：当x >0时，f (x )<g (x )＋x 36.
5．(2015·北京)设函数f (x )＝x 22－k ln x ，k >0.
(1)求f (x )的单调区间和极值；
(2)证明：若f (x )存在零点，则f (x )在区间(1， e ]上仅有一个零点．
答案解析
1．解 (1)当k ＝1时，f (x )＝(x －1)e x －x 2，
∴f ′(x )＝e x ＋(x －1)e x －2x ＝x (e x －2)．
令f ′(x )>0，即x (e x －2)>0，∴x >ln 2或x <0.
令f ′(x )<0，即x (e x －2)<0，∴0<x <ln 2.
因此函数f (x )的单调递减区间是(0，ln 2)；
单调递增区间是(－∞，0)和(ln 2，＋∞)．
(2)易知f ′(x )＝e x ＋(x －1)e x －2kx ＝x (e x －2k )．
∵f (x )在[0，＋∞)上是增函数，
∴当x ≥0时，f ′(x )＝x (e x －2k )≥0恒成立．
∴e x －2k ≥0，即2k ≤e x 在[0，＋∞)上恒成立．
由于e x ≥1，∴2k ≤1，则k ≤12.
又当k ＝12时，f ′(x )＝x (e x －1)≥0，当且仅当x ＝0时取等号．
因此，实数k 的取值范围是(－∞，12]．
2．解 (1)f ′(x )＝－x 2＋x ＋2a ＝－(x －12)2＋14＋2a .
当x ∈[23，＋∞)时，f ′(x )的最大值为f ′(23)＝29＋2a .
令29＋2a >0，得a >－19.
所以当a >－19时，f (x )在(23，＋∞)上存在单调递增区间．
即f (x )在(23，＋∞)上存在单调递增区间时，a 的取值范围为(－19，＋∞)．
(2)令f ′(x )＝0，得两根x 1＝1－1＋8a 2，x 2＝1＋1＋8a
2，
所以f (x )在(－∞，x 1)，(x 2，＋∞)上单调递减，在(x 1，x 2)上单调递增． 当0<a <2时，有x 1<1<x 2<4，所以f (x )在[1,4]上的最大值为f (x 2)．
又f (4)－f (1)＝－272＋6a <0，即f (4)<f (1)．
所以f (x )在[1,4]上的最小值为f (4)＝8a －403＝－163.
得a ＝1，x 2＝2，
从而f (x )在[1,4]上的最大值为f (2)＝103.
3．解 (1)在区间(0，＋∞)上，f ′(x )＝a －1x ＝ax －1x .
①若a ≤0，则f ′(x )<0，f (x )是区间(0，＋∞)上的减函数；
②若a >0，令f ′(x )＝0得x ＝1a .
在区间(0，1a )上，f ′(x )<0，函数f (x )是减函数；
在区间(1a ，＋∞)上，f ′(x )>0，函数f (x )是增函数，
综上所述，①当a ≤0时，f (x )的单调递减区间是(0，＋∞)，无单调递增区间；
②当a >0时，f (x )的单调递增区间是(1a ，＋∞)，单调递减区间是(0，1a )．
(2)因为函数f (x )在x ＝1处取得极值，所以f ′(1)＝0，
解得a ＝1，经检验满足题意．
由已知f (x )≥bx －2，
则x －1－ln x ≥bx －2,1＋1x －ln x x ≥b ，
令g (x )＝1＋1x －ln x x ，
则g ′(x )＝－1x 2－1－ln x x 2＝ln x －2
x 2，
易得g (x )在(0，e 2]上单调递减，在[e 2，＋∞)上单调递增，
所以g (x )min ＝g (e 2)＝1－1
e 2，
即b ≤1－1
e .
4．(1)解 由题意得所求切线的斜率k ＝f ′(π4)＝cos π4＝2
2.
切点P (π4，2
2)，则切线方程为y －2
2＝22(x －π
4)，
即x －2y ＋1－π
4＝0.
(2)解 g ′(x )＝m －12x 2
.
①当m ≤0时，g ′(x )≤0，则g (x )的单调递减区间是(－∞，＋∞)； ②当m >0时，令g ′(x )<0，
解得x <－2m 或x >2m ，
则g (x )的单调递减区间是(－∞，－2m )，(2m ，＋∞)．
(3)证明 当m ＝1时，g (x )＝x －x 3
6.
令h (x )＝g (x )＋x 3
6－f (x )＝x －sin x ，x ∈(0，＋∞)，
h ′(x )＝1－cos x ≥0，
则h (x )是(0，＋∞)上的增函数，
故当x >0时，h (x )>h (0)＝0，即sin x <x ，f (x )<g (x )＋x 3
6.
5．(1)解 函数的定义域为(0，＋∞)．
由f (x )＝x 2
2－k ln x (k >0)得
f ′(x )＝x －k
x ＝x 2－k
x .
由f ′(x )＝0解得x ＝k (负值舍去)．
f (x )与f ′(x )在区间(0，＋∞)上的变化情况如下表：
所以，f (x )f (x )在x ＝k 处取得极小值f (k )＝k (1－ln k )
2，无极大值．
(2)证明 由(1)知，f (x )在区间(0，＋∞)上的最小值为f (k )＝k (1－ln k )
2.
因为f (x )存在零点，所以k (1－ln k )
2≤0，从而k ≥e ，
当k ＝e 时，f (x )在区间(1，e)上单调递减，且f (e)＝0，
所以x＝e是f(x)在区间(1， e ]上的唯一零点．
当k>e时，f(x)在区间(0， e )上单调递减，且f(1)＝1
2
>0，f(e)＝
e－k
2
<0，
所以f(x)在区间(1， e ]上仅有一个零点．
综上可知，若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1， e ]上仅有一个零点．。