高考数学课时分层练5

课时分层练(五) 导数及其应用
(建议用时：45分钟) 【A 组 强化练·保一本】
一、选择题
1．如果函数y ＝f (x )的导函数的图象如图1­5­1所示，给出下列判断： ①函数y ＝f (x )在区间⎝ ⎛
⎭⎪⎫－3，－12内单调递增；
②函数y ＝f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫
－12，3内单调递减；
③函数y ＝f (x )在区间(4，5)内单调递增； ④当x ＝2时，函数y ＝f (x )有极小值； ⑤当x ＝－1
2时，函数y ＝f (x )有极大值．
则上述判断中正确的是( )
图1­5­1
A ．①②
B ．②③
C ．③④⑤
D ．③
2．(2015·开封模拟)已知函数f (x )＝ax 3＋bx 2－3x 在x ＝±1处取得极值，若过点A (0，16)作曲线y ＝f (x )的切线，则切线方程是( )
A ．9x ＋y －16＝0
B ．9x －y ＋16＝0
C ．x ＋9y －16＝0
D ．x －9y ＋16＝0
3．(2015·全国卷Ⅱ)设函数f ′(x )是奇函数f (x )(x ∈R )的导函数，f (－1)＝0，当x >0时，xf ′(x )－f (x )<0，则使得f (x )>0成立的x 的取值范围是( )
A ．(－∞，－1)∪(0，1)
B ．(－1，0)∪(1，＋∞)
C ．(－∞，－1)∪(－1，0)
D ．(0，1)∪(1，＋∞)
4．(2014·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1，若f (x )存在唯一的零点
x 0，且x 0>0，则a 的取值范围是( )
A ．(2，＋∞)
B ．(1，＋∞)
C ．(－∞，－2)
D ．(－∞，－1)
5．(2015·福州模拟)已知函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx ＋d (b ，c ，d 为常数)，当x ∈(0，1)时有极大值，当x ∈(1，2)时有极小值，则⎝ ⎛
⎭⎪⎫b ＋122＋(c －3)2的取值范
围是( )
A.⎝ ⎛⎭⎪⎫
372，5 B ．(5，5) C.⎝ ⎛⎭
⎪⎫374，25 D ．(5，25) 6．(2015·菏泽模拟)若函数f (x )＝
sin x
x
，并且
π3<a <b <2π
3
，则下列各结
论正确的是( )
A ．f (a )<f (ab )<f ⎝
⎛⎭⎪⎫
a ＋
b 2 B ．f (ab )<f ⎝
⎛⎭⎪⎫
a ＋
b 2<f (b ) C ．f (ab )<f ⎝
⎛⎭⎪⎫
a ＋
b 2<f (a ) D ．f (b )<f ⎝
⎛⎭⎪⎫
a ＋
b 2<f (ab ) 二、填空题
7．(2015·珠江模拟)已知函数f (x )的导函数为f ′(x )，且满足f (x )＝x 3
－x ·f ′(2)，则函数f (x )在点(2，f (2))处的切线方程为________．
8．(2015·兰州模拟)已知函数f (x )＝x (ln x －ax )有两个极值点，则实数a 的取值范围是________．
9．已知函数f (x )＝x －
1
x ＋1
，g (x )＝x 2－2ax ＋4，若任意x 1∈[0，1]，存在x 2∈[1，2]，使f (x 1)≥g (x 2)，则实数a 的取值范围是________．
三、解答题
10．(2015·四川高考)已知函数f (x )＝－2(x ＋a )ln x ＋x 2－2ax －2a 2＋a ，其中a >0.
(1)设g (x )是f (x )的导函数，讨论g (x )的单调性；
(2)证明：存在a ∈(0，1)，使得f (x )≥0在区间(1，＋∞)内恒成立，且f (x )＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解．
11．(2015·福建高考)已知函数f (x )＝ln x －（x －1）2
2.
(1)求函数f (x )的单调递增区间； (2)证明：当x >1时，f (x )<x －1；
(3)确定实数k 的所有可能取值，使得存在x 0>1，当x ∈(1，x 0)时，恒有
f (x )>k (x －1)．
【B 组 押题练·冲名校】
1．已知f (x )＝x 2－ax ，g (x )＝ln x ，h (x )＝f (x )＋g (x )．
(1)若f (x )≥g (x )对于定义域内的任意x 恒成立，求实数a 的取值范围； (2)若h (x )的单调递减区间为⎝ ⎛⎭
⎪⎫
12，1，求a 的值．
(3)设h (x )有两个极值点x 1，x 2，且x 1∈⎝ ⎛
⎭⎪⎫0，12，若h (x 1)－h (x 2)>m 恒成立，
求m 的最大值．
2．已知函数f(x)＝ln x－a(x－1)，g(x)＝e x.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)设h(x)＝f(x＋1)＋g(x)，当x≥0，h(x)≥1时，求实数a的取值范围．
【详解答案】
【A 组 强化练·保一本】
1．D 2.B 3.A 4.C 5.D 6.D
7．6x －y －16＝0 8.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12 9.⎣⎢⎡⎭
⎪⎫
94，＋∞
10．解：(1)由已知，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，
g (x )＝f ′(x )＝2(x －a )－2ln x －2⎝
⎛
⎭⎪⎫1＋a x ， 所以g ′(x )＝2－2x ＋2a
x
2＝
2⎝
⎛⎭⎪⎫x －122＋2⎝
⎛⎭⎪⎫a －14x 2
.
当0<a <14时，g (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－1－4a 2，(1＋1－4a
2，＋∞)上单调递增，
在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫
1－1－4a 2，
1＋1－4a 2上单调递减； 当a ≥1
4
时，g (x )在区间(0，＋∞)上单调递增．
(2)证明：由f ′(x )＝2(x －a )－2ln x －2⎝ ⎛
⎭⎪⎫1＋a x ＝0，解得a ＝x －1－ln x 1＋x －1.
令φ(x )＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x －1－ln x 1＋x －1ln x ＋x 2
－2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1－ln x 1＋x －1x －2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1－ln x 1＋x －1
2＋
x －1－ln x
1＋x －1
，
则φ(1)＝1>0，φ(e)＝－e （e －2）1＋e －1－2⎝ ⎛⎭⎪⎫e －21＋e －12
<0.
故存在x 0∈(1，e)，使得φ(x 0)＝0. 令a 0＝
x 0－1－ln x 0
1＋x －1
，u (x )＝x －1－ln x (x ≥1)．
由u ′(x )＝1－1
x
≥0知，函数u (x )在区间(1，＋∞)上单调递增．
所以0＝
u （1）1＋1<u （x 0）1＋x －1
＝a 0<u （e ）1＋e －1＝e －2
1＋e －1<1， 即a 0∈(0，1)．
当a ＝a 0时，有f ′(x 0)＝0，f (x 0)＝φ(x 0)＝0， 由(1)知，f ′(x )在区间(1，＋∞)上单调递增， 故当x ∈(1，x 0)时，f ′(x )<0，从而f (x )>f (x 0)＝0； 当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0，从而f (x )>f (x 0)＝0. 所以，当x ∈(1，＋∞)时，f (x )≥0.
综上所述，存在a ∈(0，1)，使得f (x )≥0在区间(1，＋∞)内恒成立，且
f (x )＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解．
11．解：(1)f ′(x )＝1
x －x ＋1＝
－x 2＋x ＋1
x
，x ∈(0，＋∞)．
由f ′(x )>0，得⎩⎨⎧x >0，－x 2＋x ＋1>0，解得0<x <1＋5
2.
故f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫
0，
1＋52. (2)令F (x )＝f (x )－(x －1)，x ∈(0，＋∞)， 则有F ′(x )＝
1－x 2
x
.
当x ∈(1，＋∞)时，F ′(x )<0， 所以F (x )在[1，＋∞)上单调递减，
故当x >1时，F (x )<F (1)＝0，即当x >1时，f (x )<x －1. (3)由(2)知，当k ＝1时，不存在x 0>1满足题意．
当k >1时，对于x >1，有f (x )<x －1<k (x －1)，则f (x )<k (x －1)，从而不存在x 0>1满足题意．
当k <1时，令G (x )＝f (x )－k (x －1)，x ∈(0，＋∞)， 则有G ′(x )＝1
x －x ＋1－k ＝－x 2＋（1－k ）x ＋1
x
.
由G ′(x )＝0，得－x 2
＋(1－k )x ＋1＝0，
解得x 1＝1－k －（1－k ）2＋4
2<0，
x 2＝1－k ＋（1－k ）2＋42
>1.
当x ∈(1，x 2)时，G ′(x )>0，故G (x )在[1，x 2)内单调递增． 从而当x ∈(1，x 2)时，G (x )>G (1)＝0， 即f (x )>k (x －1)，
综上，k 的取值范围是(－∞，1)．
【B 组 押题练·冲名校】
1．解：(1)f (x )≥g (x )即x 2－ax ≥ln x ， ∵x >0，∴a ≤x －ln x
x
，对∀x >0恒成立，
令g (x )＝x －
ln x
x ，则
g ′(x )＝1－
1－ln x
x 2
＝x 2＋ln x －1x 2
.
y ＝x 2＋ln x －1在(0，＋∞)上是增函数， 又∵g ′(1)＝0，
∴在(0，1)上g ′(x )<0，在(1，＋∞)上g ′(x )>0， ∴g (x )在(0，1)上是减函数，在(1，＋∞)上g (x )是增函数， ∴g (x )min ＝g (1)＝1， ∴a ≤1.
(2)由题意得h (x )＝x 2
－ax ＋ln x (x >0)，则h ′(x )＝
2x 2－ax ＋1
x
(x >0)，
要使h (x )的单调减区间是⎝
⎛⎭⎪⎫12，1，则h ′(1)＝h ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝0， 解得a ＝3；
又当a ＝3时，h ′(x )＝
2x 2－3x ＋1
x
＝
（2x －1）（x －1）
x
(x >0)，
由h ′(x )<0解得x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，即h (x )的单调减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1， 综上所述a ＝3.
(3)由题意得h (x )＝x 2
－ax ＋ln x (x >0)，则h ′(x )＝
2x 2－ax ＋1
x
(x >0)，
∴方程2x 2－ax ＋1＝0(x >0)有两个不相等的实根x 1，x 2，且x 1∈⎝ ⎛
⎭⎪⎫0，12，
又∵x 1x 2＝1
2，
∴x 2＝
12x 1
∈(1，＋∞)，且ax 1＝2x 21＋1，ax 2＝2x 2
2＋1， 而h (x 1)－h (x 2)＝(x 21－ax 1＋ln x 1)－[x 2
2－ax 2＋ln x 2] ＝[x 21－(2x 21＋1)＋ln x 1]－[x 22－(2x 22＋1)＋ln x 2]
＝x 2
2
－x 21
＋ln x 1x 2＝x 22－1
4x 22
－ln2x 22(x 2>1)，
设φ(x )＝x 2
－1
4x
2－ln2x 2(x >1)，
则φ′(x )＝（2x 2－1）2
2x 3>0(x >1)，
∴φ(x )在(1，＋∞)内是增函数，
∴φ(x 2)>φ(1)＝34－ln2即h (x 1)－h (x 2)>3
4－ln2，
∴m ≤34－ln2，所以m 的最大值为3
4
－ln2.
2．解：(1)依题意，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，对f (x )求导，得f ′(x )＝1x －a ＝1－ax
x
.
①若a ≤0，对一切x >0有f ′(x )>0，函数f (x )的单调递增区间是(0，＋∞)． ②若a >0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )>0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫
1a ，＋∞时，f ′(x )<0.
所以函数f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a ，单调递减区间是⎝ ⎛⎭
⎪⎫
1a ，＋∞.
(2)h(x)＝f(x＋1)＋g(x)＝ln(x＋1)－ax＋e x，h′(x)＝e x＋
1
x＋1
－a.
①当a≤2时，因为e x≥x＋1，所以h′(x)＝e x＋
1
x＋1
－a≥x＋1＋
1
x＋1
－a
≥2－a≥0，
h(x)在[0，＋∞)上递增，h(x)≥h(0)＝1恒成立，符合题意．
②当a>2时，令m(x)＝e x＋1
x＋1
－a，
则m′(x)＝e x－
1
（x＋1）2
＝
（x＋1）2e x－1
（x＋1）2
≥0，
即h′(x)在[0，＋∞)上递增，且h′(0)＝2－a<0，则存在x0∈(0，＋∞)，使得h′(0)＝0.
所以h(x)在(0，x0)上递减，在(x0，＋∞)上递增，
又h(x0)<h(0)＝1，
所以h(x)≥1不恒成立，不合题意．
综合①②可知，所求实数a的取值范围是(－∞，2]．。