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【步步高】(全国通用)2016版高考数学 考前三个月复习冲刺 中档大题规范练6 导数的应用 理


【步步高】 (全国通用)2016 版高考数学复习 考前三个月 中档大题 规范练 6 导数的应用 理
1.已知函数 f(x)=e (x +bx+c),且曲线 y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为 y=4x+ 1. (1)求 f(x)的解析式; (2)讨论 f(x)的单调区间.
x
2

1 2 2.(2015·北京东城区模拟)已知函数 f(x)= x +2aln x(a∈R). 2 (1)讨论函数 f(x)的单调区间; 2 (2)若函数 g(x)= +f(x)在区间[1,4]上是单调递增函数,求实数 a 的取值范围.

x

1

3.(2015·山东实验中学模拟)设函数 f(x)=x +bln(x+1),其中 b≠0. (1)求函数 f(x)的单调区间; (2)证明:当 b=1 时,对于任意的 x1,x2∈[1,+∞),且 x1≠x2,都有

2

f?x1?-f?x2? 5 > . x1-x2 2

4.已知函数 f(x)=x + (x≠0,a∈R). (1)讨论函数 f(x)的奇偶性,并说明理由; (2)若函数 f(x)在[2,+∞)上为增函数,求 a 的取值范围.

2

a x

2

1 2 5.已知函数 f(x)= x -ax+ln x. 2 (1)求函数 f(x)的极值点; (2)若函数 f(x)在区间[2,6]内有极值,求 a 的取值范围.

3 a 6.已知函数 f(x)=ln x- + ,a∈R. 2 x (1)当 a=1 时,求函数 f(x)在[4,+∞)上的最小值; 3 a (2)令 g(x)=f(x)+ - . 2 x ①若方程 e
2g(x)

?1 ? =ln x-f(x)在? ,2?上有解,求实数 a 的取值范围; ?2 ?
* *

②若 G(k)=g(k)+g(k+1),k≥2,k∈N ,证明:当 n≥2,n∈N 时,总有 G(2)+G(3)+… 4 +G(n)> . 3

3

答案精析 中档大题规范练 6 1.解 (1)因为 f(x)=e (x +bx+c), 所以 f′(x)=e [x +(2+b)x+b+c]. 因为 y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为 y=4x+1, 又 f′(0)=4,所以 b+c=4.又 f(0)=c=1,所以 b=3. 所以 f(x)=e (x +3x+1). (2)由(1)得 f(x)=e (x +3x+1), 所以 f′(x)=e (x +5x+4). 令 f′(x)>0,即 x +5x+4>0, 解得 x<-4 或 x>-1; 令 f′(x)<0,即 x +5x+4<0, 解得-4<x<-1. 综上,f(x)的单调递增区间为(-∞,-4]和[-1,+∞),单调递减区间为[-4,-1]. 1 2 2.解 (1)因为 f(x)= x +2aln x (a∈R), 2 所以 f(x)的定义域为(0,+∞),
2 2a x +2a f′(x)=x+ = . x x 2 2

x

2

x

2

x

2

x

2

x

2

①当 a≥0 时,f′(x)>0,故 f(x)的单调递增区间为(0,+∞). ②当 a<0 时,令 f′(x)=0? x +2a=0? x =-2a, 解得 x= -2a或 x=- -2a(舍). 所以 f′(x),f(x)随 x 的变化情况如下表:
2 2

x f′(x) f(x)

(0, -2a) - ↘

- 2a 0 极小值

( -2a,+∞) + ↗

由上表可知,函数 f(x)的单调递减区间是(0, -2a],单调递增区间是[ -2a,+∞). 综上,当 a≥0 时,f(x)的单调递增区间为(0,+∞); 当 a<0 时,f(x)的单调递减区间是(0, -2a],单调递增区间是[ -2a,+∞). 2 2 1 2 (2)因为 g(x)= +f(x)= + x +2aln x, x x 2 2 2a x +2ax-2 所以 g′(x)=- 2+x+ = , 2
3

x

x

x

4

2 因为 g(x)= +f(x)在区间[1,4]上是单调递增函数,

x

2 3 2 所以 g′(x)≥0,即 x +2ax-2≥0 在区间[1,4]上恒成立,即 2a≥ -x 在区间[1,4]上恒

x

成立. 2 2 设 h(x)= -x (x∈[1,4]),

x

2 ?2 ? 则 h′(x)=- 2-2x=-? 2+2x?<0,

x

?x

?

? 31 ? 所以 h(x)在[1,4]上单调递减,则 h(x)∈?- ,1?. ? 2 ?
1 所以 2a≥1,即 a≥ . 2

?1 ? 故实数 a 的取值范围为? ,+∞?. ?2 ?
3.(1)解 函数 f(x)的定义域为(-1,+∞), 2x +2x+b 求导得 f′(x)=2x+ = , x+1 x+1 令 g(x)=2x +2x+b, 1 ①当 g(x)=0 在(-1,+∞)上无解,即 b> 时,f(x)在(-1,+∞)上单调递增. 2 ②当 g(x)=0 在(-1,+∞)上有两个不等实根,即 2x +2x+b=0 在(-1,+∞)上有两个
?Δ =4-8b>0, ? 不等实根,则 ? ? ?g?-1?>0,
2 2

b

2

1 -1- 1-2b? ? 即 0<b< , f(x) 在 ?-1, ? 上单调递增,在 2 2 ? ?

?-1- 1-2b -1+ 1-2b? ?-1+ 1-2b ? ? , ?上单调递减,在? ,+∞?上单调递增. 2 2 2 ? ? ? ?
1 ③当 g(x)=0 在(-1,+∞)上有两个相等的实根,即 b= 时,f(x)在(-1,+∞)上单调 2 递增. (2)证明 当 b=1 时,f(x)=x +ln(x+1), 5 5 2 令 h(x)=f(x)- x=x +ln(x+1)- x(x≥1), 2 2
2

h′(x)=2x+ - = x+1 2

1

5 ?4x+3??x-1? , 2?x+1?

当 x≥1 时,h′(x)≥0, 所以函数 h(x)在[1,+∞)上是增函数. 由已知,不妨设 1≤x1<x2,则 h(x1)<h(x2),

5

f(x1)- x1<f(x2)- x2,


5 2

5 2

f?x1?-f?x2? 5 > . x1-x2 2
2

4.解 (1)当 a=0 时,f(x)=x , 对任意 x∈(-∞,0)∪(0,+∞),f(-x)=(-x) =x =f(x), ∴f(x)为偶函数. 当 a≠0 时,f(x)=x + (a≠0,x≠0), 令 x=-1,得 f(-1)=1-a. 令 x=1,得 f(1)=1+a. ∴f(-1)+f(1)=2≠0,f(-1)-f(1)=-2a≠0, ∴f(-1)≠-f(1),f(-1)≠f(1). ∴函数 f(x)既不是奇函数,也不是偶函数. (2)若函数 f(x)在[2,+∞)上为增函数, 则 f′(x)≥0 在[2,+∞)上恒成立, 即 2x- 2≥0 在[2,+∞)上恒成立, 即 a≤2x 在[2,+∞)上恒成立, 只需 a≤(2x )min,x∈[2,+∞), ∴a≤16,∴a 的取值范围是(-∞,16]. 1 2 5.解 (1)因为 f(x)= x -ax+ln x, 2 所以 f(x)的定义域为(0,+∞),
2 1 x -ax+1 f′(x)=x-a+ = . x x 3 3 2 2 2

a x

a x

令 f′(x)=0,即 x -ax+1=0,则 Δ =a -4. ①若 a -4≤0,即-2≤a≤2 时,f′(x)≥0, 所以当-2≤a≤2 时,f(x)在(0,+∞)上单调递增,无极值点. ②若 a -4>0,即 a<-2 或 a>2 时, 方程 x -ax+1=0 的解为 x= (ⅰ)当 a>2 时,0<
2 2 2

2

2

a± a2-4
2 2 2

. .

a- a2-4 a+ a2-4
2 <

所以 f(x)的单调递增区间为?0,

? ?

a- a2-4? ?a+ a2-4

?和? ? ?

2

,+∞?,

? ?

6

单调递减区间为?

?a- a2-4 a+ a2-4? , ?. 2 2 ? ?
a- a2-4
2 <0, ,f(x)的极小值点为 <0.

所以 f(x)的极大值点为 (ⅱ)当 a<-2 时,

a+ a2-4
2

.

a- a2-4
2

a+ a2-4
2

所以当 a<-2 时,f(x)在(0,+∞)上单调递增,无极值点. 综上,当 a≤2 时,f(x)在(0,+∞)上单调递增,无极值点; 当 a>2 时,f(x)的极大值点为

a- a2-4
2

,f(x)的极小值点为

a+ a2-4
2

.

(2)因为函数 f(x)在区间[2,6]内有极值, 所以 f′(x)=0 在区间[2,6]内有解, 所以 x -ax+1=0 在区间[2,6]内有解, 1 所以 a=x+ 在区间[2,6]内有解.
2

x

1 设 h(x)=x+ ,

x

1 x -1 对 x∈[2,6],h′(x)=1- 2= 2 >0,

2

x

x

所以 h(x)在[2,6]内单调递增.

?5 37? ?5 37? 所以 h(x)∈? , ?.故 a 的取值范围为? , ?. 2 6 ? ? ?2 6 ?
3 1 6.解 (1)当 a=1 时,f(x)=ln x- + , 2 x 1 1 x-1 当 x∈[4,+∞)时,f′(x)= - 2= 2 >0,

x x

x

5 所以函数 f(x)在[4,+∞)上单调递增,当 x=4 时,f(x)取得最小值 f(4)=ln 4- . 4 3 a (2)g(x)=f(x)+ - =ln x. 2 x ①因为原方程即 e
2ln x

3 a ?1 ? 3 a ?1 ? 2 3 = - 在? ,2?上有解,所以 x = - 在? ,2?上有解,所以 a=-x 2 x ?2 ? 2 x ?2 ?

3 3 3 ?1 ? ?1 ? ?1 ? 3 2 + x,x∈? ,2?.令 y=-x + x,x∈? ,2?,则 y′=-3x + ,x∈? ,2?,由 y′=0, 2 2 2 ?2 ? ?2 ? ?2 ? 得 x= 2 2 3 2? 2? ?1 ?1 3 (舍去- ),则 x∈? , ?时,y′>0,函数 y=-x + x 在? , ?上递增, 2 2 2 ?2 2 ? ?2 2 ?

x∈?

3 2 ? 2 ? ? 2 ? 3 ,2?时,y′<0,函数 y=-x + x 在? ,2?上递减,所以当 x= 时,y 取得极大 2 2 ?2 ? ?2 ?
7



2 . 2

1 5 又 x= 时,y= ,x=2 时,y=-5, 2 8 所以实数 a 的取值范围是?-5,

? ?

2? ?. 2?
*

②因为 G(k)=g(k)+g(k+1)=ln k+ln(k+1)=ln k(k+1),k≥2,k∈N . 3 1 5 3 1 由(1)可知函数 f(x)=ln x- + ≥f(4)=ln 4- >0,即 ln x> - 对 x∈[4,+∞)恒成 2 x 4 2 x 3 1 * * 立,而 k(k+1)>4,k≥2,k∈N ,所以 G(k)=ln k(k+1)> - ,k≥2,k∈N 恒成 2 k?k+1? 立, 1 3 ? 1 + 1 +…+ ?=3(n-1)-(1-1+ 所以 G(2)+G(3)+…+G(n)> (n-1)-? n?n+1?? 2 2 3 ?2×3 3×4 ? 2 1 1 1 1 3?n-1? 1 1 3n 1 3?n+1? 1 7 - +…+ - )= - + = + -2= + - ,n≥2, 3 4 n n+1 2 2 n+1 2 n+1 2 n+1 2

n∈N*恒成立.
3?n+1? 1 7 3?n+1? 1 7 9 1 7 4 又 + - 在[2, +∞)上递增, 且 n=2 时, + - = + - = , 2 n+1 2 2 n+1 2 2 3 2 3 4 * 所以当 n≥2,n∈N 时,总有 G(2)+G(3)+…+G(n)> . 3

8


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