[推荐学习]全国版2019版高考数学一轮复习第2章函数导数及其应用第11讲导数在研究函数中的应用增分

第11讲 导数在研究函数中的应用
板块四 模拟演练·提能增分
[A 级 基础达标]
1．函数y ＝x 4
－4x ＋3在区间[－2,3]上的最小值为( ) A ．72 B ．36 C ．12 D ．0
答案 D
解析 因为y ′＝4x 3
－4，令y ′＝0即4x 3
－4＝0，解得x ＝1.当x <1时，y ′<0，当x >1时，y ′>0，在[－2,3]上只有一个极值点，所以函数的极小值为y |x ＝1＝0，所以y min ＝0.
2．[2018·南阳模拟]已知函数f (x )＝x 2
－5x ＋2ln x ，则函数f (x )的单调递增区间是( )
A.⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，12和(1，＋∞) B ．(0,1)和(2，＋∞) C.⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，12和(2，＋∞) D ．(1,2)
答案 C
解析 函数f (x )＝x 2
－5x ＋2ln x 的定义域是(0，＋∞)，令f ′(x )＝2x －5＋2x
＝
2x 2
－5x ＋2
x
＝
x －
x －
x
＞0，解得0＜x ＜1
2
或x ＞2，故函数f (x )的单调递增区间是
⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，12，(2，＋∞)． 3．[2018·无锡模拟]设函数f (x )＝x e x
，则( ) A ．x ＝1为f (x )的极大值点 B ．x ＝1为f (x )的极小值点 C ．x ＝－1为f (x )的极大值点 D ．x ＝－1为f (x )的极小值点 答案 D
解析 f ′(x )＝(x ＋1)e x
，当x ＜－1时，f ′(x )＜0，当x ＞－1时，f ′(x )＞0，所以
x ＝－1为f (x )的极小值点．故选D.
4．若a >2，则函数f (x )＝13x 3－ax 2
＋1在区间(0,2)上恰好有( )
A ．0个零点
B ．1个零点
C ．2个零点
D ．3个零点
答案 B
解析 ∵f ′(x )＝x 2
－2ax ，且a >2， ∴当x ∈(0,2)时，f ′(x )<0， 即f (x )在(0,2)上是单调减函数． 又∵f (0)＝1>0，f (2)＝11
3－4a <0，
∴f (x )在(0,2)上恰好有1个零点．故选B.
5．[2018·珠海模拟]设f (x )，g (x )在[a ，b ]上可导，且f ′(x )＞g ′(x )，则当a ＜x ＜
b 时，有( )
A ．f (x )＞g (x )
B ．f (x )＜g (x )
C ．f (x )＋g (a )＞g (x )＋f (a )
D ．f (x )＋g (b )＞g (x )＋f (b ) 答案 C
解析 ∵f ′(x )＞g ′(x )，∴[f (x )－g (x )]′＞0. ∴f (x )－g (x )在[a ，b ]上是增函数． ∴f (a )－g (a )＜f (x )－g (x )． 即f (x )＋g (a )＞g (x )＋f (a )．
6．已知函数f (x )＝kx 3
＋3(k －1)x 2
－k 2
＋1(k >0)．
(1)若f (x )的单调递减区间是(0,4)，则实数k 的值为________； (2)若f (x )在(0,4)上为减函数，则实数k 的取值范围是________． 答案 (1)13 (2)⎝ ⎛⎦
⎥⎤0，13 解析 (1)f ′(x )＝3kx 2
＋6(k －1)x ，由题意知f ′(4)＝0，解得k ＝13.
(2)由f ′(x )＝3kx 2
＋6(k －1)x ≤0并结合导函数的图象可知，必有－k －
k
≥4，解
得k ≤13.又k >0，故0<k ≤13
.
7．若函数f (x )的定义域为R ，且满足f (2)＝2，f ′(x )>1，则不等式f (x )－x >0的解集为________．
答案 (2，＋∞)
解析 令g (x )＝f (x )－x ， ∴g ′(x )＝f ′(x )－1.
由题意知g ′(x )＞0，∴g (x )为增函数． ∵g (2)＝f (2)－2＝0，
∴g (x )＞0的解集为(2，＋∞)．
8．[2018·西宁模拟]若函数f (x )＝－13x 3＋12x 2＋2ax 在⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞上存在单调递增区间，
则a 的取值范围是________．
答案 ⎝ ⎛⎭
⎪⎫－19，＋∞ 解析 对f (x )求导，得f ′(x )＝－x 2
＋x ＋2a ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋14＋2a .当x ∈⎣⎢⎡⎭
⎪⎫23，＋∞时，
f ′(x )的最大值为f ′⎝ ⎛⎭
⎪⎫23
＝29＋2a .令29＋2a ＞0，解得a ＞－19
.所以a 的取值范围是
⎝ ⎛⎭
⎪⎫－19，＋∞. 9．[2018·广西模拟]已知函数f (x )＝(x －k )e x
. (1)求f (x )的单调区间；
(2)求f (x )在区间[0,1]上的最小值． 解 (1)由题意知f ′(x )＝(x －k ＋1)e x
. 令f ′(x )＝0，得x ＝k －1.
f (x )与f ′(x )随x 的变化情况如下：
所以，f (2)当k －1≤0，即k ≤1时，f (x )在[0,1]上单调递增，所以f (x )在区间[0,1]上的最小值为f (0)＝－k ；
当0<k －1<1，即1<k <2时，f (x )在[0，k －1]上单调递减，在[k －1,1]上单调递增，所以f (x )在区间[0,1]上的最小值为f (k －1)＝－e
k －1
；
当k －1≥1，即k ≥2时，f (x )在[0,1]上单调递减， 所以f (x )在区间[0,1]上的最小值为f (1)＝(1－k )e. 综上，当k ≤1时，f (x )在[0,1]上的最小值为
f (0)＝－k ；
当1<k <2时，f (x )在[0,1]上的最小值为
f (k －1)＝－e k －1；
当k ≥2时，f (x )在[0,1]上的最小值为f (1)＝(1－k )e.
10．[2018·金华模拟]函数f (x )＝ax ＋x ln x 在x ＝1处取得极值． (1)求f (x )的单调区间；
(2)若y ＝f (x )－m －1在定义域内有两个不同的零点，求实数m 的取值范围． 解 (1)f ′(x )＝a ＋ln x ＋1，
f ′(1)＝a ＋1＝0，解得a ＝－1，当a ＝－1时，f (x )＝－x ＋x ln x ，即f ′(x ) ＝ln x ，
令f ′(x )>0，解得x >1；
令f ′(x )<0，解得0<x <1.
∴f (x )在x ＝1处取得极小值，f (x )的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1)． (2)y ＝f (x )－m －1在(0，＋∞)内有两个不同的零点，可转化为f (x )＝m ＋1在(0，＋∞)内有两个不同的根，也可转化为y ＝f (x )与y ＝m ＋1的图象有两个不同的交点，
由(1)知，f (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，f (x )min ＝f (1)＝－1， 由题意得，m ＋1>－1即m >－2，① 当0<x <1时，f (x )＝x (－1＋ln x )<0； 当x >0且x →0时，f (x )→0；
当x →＋∞时，显然f (x )→＋∞(或者举例：当x ＝e 2
时，f (e 2
)＝e 2
＞0)． 如图，由图象可知，m ＋1＜0，即m ＜－1，②
由①②可得－2＜m ＜－1. 故m 的取值范围为(－2，－1)．
[B 级 知能提升]
1．[2016·四川高考]已知a 为函数f (x )＝x 3
－12x 的极小值点，则a ＝( ) A ．－4 B ．－2 C ．4 D ．2
答案 D
解析 由题意可得f ′(x )＝3x 2
－12＝3(x －2)(x ＋2)， 令f ′(x )＝0，得x ＝－2或x ＝2， 则f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：
2．[2018·山东师大附中检测]已知函数f (x )＝x e x
，g (x )＝－(x ＋1)2
＋a ，若∃x 1，x 2
∈R ，使得f (x 2)≤g (x 1)成立，则实数a 的取值范围是( )
A.⎝ ⎛⎭
⎪⎫－1e ，＋∞ B ．[－1，＋∞)
C ．[－e ，＋∞) D.⎣⎢⎡⎭
⎪⎫－1e ，＋∞
答案 D
解析 f ′(x )＝e x
＋x e x
＝(1＋x )e x
，当x >－1时，f ′(x )>0，函数单调递增；当x <－1时，f ′(x )<0，函数单调递减．所以当x ＝－1时，f (x )取得极小值即最小值，f (－1)＝－1
e .
函数g (x )的最大值为a .若∃x 1，x 2∈R ，使得f (x 2)≤g (x 1)成立，则有g (x )的最大值大于或等于f (x )的最小值，即a ≥－1
e
.故选D.
3．已知函数f (x )的导函数为f ′(x )＝5＋cos x ，x ∈(－1,1)，且f (0)＝0，如果f (1－
x )＋f (1－x 2)<0，则实数x 的取值范围为________．
答案 (1，2)
解析 ∵导函数f ′(x )是偶函数，且f (0)＝0，∴原函数f (x )是奇函数，∴所求不等式变形为f (1－x )＜f (x 2
－1)，∵导函数值恒大于0，∴原函数在定义域上单调递增，又f (x )的定义域为(－1,1)，∴－1<1－x <x 2
－1<1，解得1<x <2，∴实数x 的取值范围是(1，2)．
4．[2018·沈阳模拟]已知函数f (x )＝(2x －4)e x ＋a (x ＋2)2
.(a ∈R ，e 为自然对数的底数)
(1)当a ＝1时，求曲线y ＝f (x )在点P (0，f (0))处的切线方程； (2)当x ≥0时，不等式f (x )≥4a －4恒成立，求实数a 的取值范围． 解 (1)当a ＝1时，f (x )＝(2x －4)e x
＋(x ＋2)2
， 则f ′(x )＝(2x －2)e x
＋2x ＋4，f ′(0)＝－2＋4＝2. 又因为f (0)＝－4＋4＝0，
所以曲线y ＝f (x )在点P (0，f (0))处的切线方程为y －0＝2(x －0)，即y ＝2x . (2)因为f ′(x )＝(2x －2)e x
＋2a (x ＋2)，令g (x )＝f ′(x )＝(2x －2)e x
＋2a (x ＋2)， 有g ′(x )＝2x ·e x
＋2a 且函数y ＝g ′(x )在[0，＋∞)上单调递增，
当2a ≥0时，有g ′(x )≥0，此时函数y ＝f ′(x )在[0，＋∞)上单调递增，则
f ′(x )≥f ′(0)＝4a －2.
①若4a －2≥0即a ≥1
2时，函数y ＝f (x )在[0，＋∞)上单调递增，
则f (x )min ＝f (0)＝4a －4，不等式恒成立；
②若4a －2<0即0≤a <1
2
时，则在[0，＋∞)上存在f ′(x 0)＝0，
此时函数y ＝f (x )在x ∈(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增且f (0)＝4a －4， 所以不等式不可能恒成立，故不符合题意．
当2a ＜0时，有g ′(0)＝2a ＜0，则在[0，＋∞)上存在g ′(x 1)＝0，
此时g (x )在(0，x 1)上单调递减，在(x 1，＋∞)上单调递增，所以函数y ＝f ′(x )在x ∈[0，＋∞)上先减后增．
又f ′(0)＝－2＋4a ＜0，则函数y ＝f (x )在x ∈[0，＋∞)上先减后增． 又f (0)＝4a －4，
所以不等式不可能恒成立，故不符合题意．
综上所述，实数a 的取值范围为⎩
⎪⎨⎪⎧⎭
⎪⎬⎪
⎫a ⎪⎪⎪
a ≥
12. 5．已知函数f (x )＝12ax 2
＋ln x ，其中a ∈R .
(1)求f (x )的单调区间；
(2)若f (x )在(0,1]上的最大值是－1，求a 的值．
解 (1)f ′(x )＝ax 2＋1
x
，x ∈(0，＋∞)．
当a ≥0时，f ′(x )>0，从而函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增； 当a <0时，令f ′(x )＝0，解得x ＝－1
a 或x ＝－
－1
a
(舍去)．
此时，f (x )与f ′(x )的变化情况如下：
∴f (x )的单调增区间是⎝
⎛⎭⎪⎫0，
－1a ，单调减区间是⎝
⎛
－
1a
，＋∞ ).
(2)①当a ≥0时，由(1)得函数f (x )在(0,1]上的最大值为f (1)＝a
2.
令a
2＝－1，得a ＝－2，这与a ≥0矛盾，不合题意． ②当－1≤a <0时，
－1a ≥1，由(1)得函数f (x )在(0,1]上的最大值为f (1)＝a 2
. 令a
2＝－1，得a ＝－2，这与－1≤a <0矛盾，不合题意．
③当a <－1时，0< －1a
<1，由(1)得函数f (x )在(0,1]上的最大值为f ⎝
⎛⎭
⎪⎫－1a .
令f ⎝
⎛⎭
⎪⎫
－1a ＝－1，解得a ＝－e ，符合a <－1.
综上，当f (x )在(0,1]上的最大值是－1时，a ＝－e.。