（五年高考真题）高考数学复习 第三章 第二节 导数的应用 理（全国通用）-人教版高三全册数学试题VIP专享VIP免费

考点一利用导数研究函数的单调性1．(2015·福建，10)若定义在R上的函数f(x)满足f(0)＝－1，其导函数f′(x)满足f′(x)＞k＞1，则下列结论中一定错误的是()A．f＜B．f＞C．f＜D．f＞解析 导函数f′(x)满足f′(x)＞k＞1，∴f′(x)－k＞0，k－1＞0，＞0，可构造函数g(x)＝f(x)－kx，可得g′(x)＞0，故g(x)在R上为增函数， f(0)＝－1，∴g(0)＝－1，∴g＞g(0)，∴f－＞－1，∴f＞，∴选项C错误，故选C.答案C2．(2011·辽宁，11)函数f(x)的定义域为R，f(－1)＝2，对任意x∈R，f′(x)>2，则f(x)>2x＋4的解集为()A．(－1，1)B．(－1，＋∞)C．(－∞，－1)D．(－∞，＋∞)解析设g(x)＝f(x)－2x－4，则g(－1)＝f(－1)－2×(－1)－4＝0，g′(x)＝f′(x)－2>0，g(x)在R上为增函数．由g(x)>0，即g(x)>g(－1)．∴x>－1，选B.答案B3．(2015·新课标全国Ⅱ，21)设函数f(x)＝emx＋x2－mx.(1)证明：f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增；(2)若对于任意x1，x2∈[－1，1]，都有|f(x1)－f(x2)|0≤e－1，求m的取值范围．(1)证明f′(x)＝m(emx－1)＋2x.若m≥0，则当x∈(－∞，0)时，emx－1≤0，f′(x)＜0；当x∈(0，＋∞)时，emx－1≥0，f′(x)＞0.若m＜0，则当x∈(－∞，0)时，emx－1＞0，f′(x)＜0；当x∈(0，＋∞)时，emx－1＜0，f′(x)＞0.所以，f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．(2)解由(1)知，对任意的m，f(x)在[－1，0]上单调递减，在[0，1]上单调递增，故f(x)在x＝0处取得最小值．所以对于任意x1，x2∈[－1，1]，|f(x1)－f(x2)|≤e－1的充要条件是即①设函数g(t)＝et－t－e＋1，则g′(t)＝et－1.当t＜0时，g′(t)＜0；当t＞0时，g′(t)＞0.故g(t)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．又g(1)＝0，g(－1)＝e－1＋2－e＜0，故当t∈[－1，1]时，g(t)≤0.当m∈[－1，1]时，g(m)≤0，g(－m)≤0，即①式成立；当m＞1时，由g(t)的单调性，g(m)＞0，即em－m＞e－1；当m＜－1时，g(－m)＞0，即e－m＋m＞e－1.综上，m的取值范围是[－1，1]．4．(2015·北京，18)已知函数f(x)＝ln.(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)求证：当x∈(0，1)时，f(x)＞2；(3)设实数k使得f(x)＞k对x∈(0，1)恒成立，求k的最大值．(1)解因为f(x)＝ln(1＋x)－ln(1－x)，所以f′(x)＝＋，f′(0)＝2.又因为f(0)＝0，所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝2x.(2)证明令g(x)＝f(x)－2，则g′(x)＝f′(x)－2(1＋x2)＝.因为g′(x)>0(0g(0)＝0，x∈(0，1)，即当x∈(0，1)时，f(x)>2.(3)解由(2)知，当k≤2时，f(x)>k对x∈(0，1)恒成立．当k>2时，令h(x)＝f(x)－k，则h′(x)＝f′(x)－k(1＋x2)＝.所以当02时，f(x)>k并非对x∈(0，1)恒成立．综上可知，k的最大值为2.5．(2015·四川，21)已知函数f(x)＝－2(x＋a)lnx＋x2－2ax－2a2＋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．(1)解由已知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，g(x)＝f′(x)＝2(x－a)－2lnx－2，所以g′(x)＝2－＋＝，当0＜a＜时，g(x)在区间，上单调递增，在区间上单调递减；当a≥时，g(x)在区间(0，＋∞)上单调递增．(2)证明由f′(x)＝2(x－a)－2lnx－2＝0，解得a＝，令φ(x)＝－2lnx＋x2－2x－2＋，则φ(1)＝1＞0，φ(e)＝－－2＜0，故存在x0∈(1，e)，使得φ(x0)＝0，令a0＝，u(x)＝x－1－lnx(x≥1)，由u′(x)＝1－≥0知，函数u(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，所以0＝＜＝a0＜＝＜1，即a0∈(0，1)，当a＝a0时，有f′(x0)＝0，f(x0)＝φ(x0)＝0，由(1)知，f′(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，故当x∈(1，x0)时，f′(x)＜0，从而f(x)＞f(x0)＝0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)＞0，从而f(x)＞f(x0)＝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．6.(2015·天津，20)已...