（5年高考真题备考题库）高考数学一轮复习 第2章 第11节 导数的应用 文 湘教版 VIP免费

第2章函数、导数及其应用第11节导数的应用考点一应用导数研究函数的单调性1．（2013新课标全国Ⅰ，5分）已知函数f(x)＝ex(ax＋b)－x2－4x，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝4x＋4.(1)求a，b的值；(2)讨论f(x)的单调性，并求f(x)的极大值．解：本题主要考查导数的基本知识，利用导数判断函数单调性、求极值．(1)f′(x)＝ex(ax＋a＋b)－2x－4.由已知得f(0)＝4，f′(0)＝4.故b＝4，a＋b＝8.从而a＝4，b＝4.(2)由(1)知，f(x)＝4ex(x＋1)－x2－4x，f′(x)＝4ex(x＋2)－2x－4＝4(x＋2).令f′(x)＝0得，x＝－ln2或x＝－2.从而当x∈(－∞，－2)∪(－ln2，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈(－2，－ln2)时，f′(x)<0.故f(x)在(－∞，－2)，(－ln2，＋∞)上单调递增，在(－2，－ln2)上单调递减．当x＝－2时，函数f(x)取得极大值，极大值为f(－2)＝4(1－e－2)．2.（2013山东，12分）已知函数f(x)＝ax2＋bx－lnx(a，b∈R)．(1)设a≥0，求f(x)的单调区间；(2)设a＞0，且对任意x＞0，f(x)≥f(1)．试比较lna与－2b的大小．解：本题主要考查利用导数研究函数的单调性和相关函数值的大小比较，考查分类讨论思想、推理论证能力和运算求解能力．(1)由f(x)＝ax2＋bx－lnx，x∈(0，＋∞)，得f′(x)＝.①当a＝0时，f′(x)＝.(ⅰ)若b≤0，当x>0时，f′(x)<0恒成立，所以函数f(x)的单调递减区间是(0，＋∞)．(ⅱ)若b>0，当0时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增．所以函数f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是.②当a>0时，令f′(x)＝0，得2ax2＋bx－1＝0.由Δ＝b2＋8a>0，得x1＝，x2＝.当0x2时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增．所以函数f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是.综上所述，当a＝0，b≤0时，函数f(x)的单调递减区间是(0，＋∞)；当a＝0，b>0时，函数f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是；当a>0时，函数f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是，＋∞.(2)由题意知，函数f(x)在x＝1处取得最小值．由(1)知是f(x)的唯一极小值点，故＝1，整理得2a＋b＝1即b＝1－2a.令g(x)＝2－4x＋lnx，则g′(x)＝.令g′(x)＝0，得x＝，当00，g(x)单调递增；当x>时，g′(x)<0，g(x)单调递减．因此g(x)≤g＝1＋ln＝1－ln4<0.故g(a)<0，即2－4a＋lna＝2b＋lna<0，即lna<－2b.3．（2012福建，5分）已知f(x)＝x3－6x2＋9x－abc，a0；②f(0)f(1)<0；③f(0)f(3)>0；④f(0)f(3)<0.其中正确结论的序号是()A．①③B．①④C．②③D．②④解析： f(x)＝x3－6x2＋9x－abc，∴f′(x)＝3x2－12x＋9＝3(x－1)(x－3)，令f′(x)＝0，得x＝1或x＝3.依题意有，函数f(x)＝x3－6x2＋9x－abc的图像与x轴有三个不同的交点，故f(1)f(3)<0，即(1－6＋9－abc)(33－6×32＋9×3－abc)<0，∴00，f(3)＝－abc<0，故②③是对的．答案：C4．（2012辽宁，5分）函数y＝x2－lnx的单调递减区间为()A．(－1,1]B．(0,1]C．[1，＋∞)D．(0，＋∞)解析：函数y＝x2－lnx的定义域为(0，＋∞)，y′＝x－＝，令y′≤0，则可得00时，(x－k)f′(x)＋x＋1>0，求k的最大值．解：(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝ex－a.若a≤0，则f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．若a>0，则当x∈(－∞，lna)时，f′(x)<0；当x∈(lna，＋∞)时，f′(x)>0，所以，f(x)在(－∞，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增．(2)由于a＝1，所以(x－k)f′(x)＋x＋1＝(x－k)(ex－1)＋x＋1.故当x>0时，(x－k)f′(x)＋x＋1>0等价于k<＋x(x>0)．①令g(x)＝＋x，则g′(x)＝＋1＝.由(1)知，函数h(x)＝ex－x－2在(0，＋∞)上单调递增．而h(1)<0，h(2)>0，所以h(x)在(...