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1、1专题限时集训专题限时集训( (十六十六) ) 导数的应用导数的应用(对应学生用书第 149 页)建议 A、B 组各用时：45 分钟A 组 高考达标一、选择题1已知a为函数f(x)x312x的极小值点，则a( )A4 B2 C4 D2D D 由题意得f(x)3x212，令f(x)0 得x2，当x2 时，f(x)0；当20 时，f(x)f(x)ln x3x，所以3f(x) 3，则f(1)2.所以yf(x)在点(1，3)处的切线方程为1 xy32(x1)，即y2x1.7已知函数f(x)m2ln x(mR R)，g(x) ，若至少存在一个x01，e，使得(x1 x)m xf(x0)0 是f(x)有三
2、个不同零点的必要而不充分条件解 (1)由f(x)x3ax2bxc，得f(x)3x22axb.因为f(0)c，f(0)b，所以曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程为ybxc.2 分(2)当ab4 时，f(x)x34x24xc，所以f(x)3x28x4.令f(x)0，得 3x28x40，解得x2 或x .2 3f(x)与f(x)在区间(，)上的情况如下：x(，2)2(2，2 3)2 3(2 3，)f(x)005f(x)cc32 27所以，当c0 且c0 时，存在x1(4，2)，x2，x3，32 27(2，2 3)(2 3，0)使得f(x1)f(x2)f(x3)0.由f(x)的单调性知，当且
3、仅当c时，函数f(x)x34x24xc有三个不同零(0，32 27)点.8 分(3)证明：当4a212b0 时，f(x)3x22axb0，x(，)，此时函数f(x)在区间(，)上单调递增，所以f(x)不可能有三个不同零点当4a212b0 时，f(x)3x22axb只有一个零点，记作x0.当x(，x0)时，f(x)0，f(x)在区间(，x0)上单调递增；当x(x0，)时，f(x)0，f(x)在区间(x0，)上单调递增所以f(x)不可能有三个不同零点.10 分综上所述，若函数f(x)有三个不同零点，则必有4a212b0.故a23b0 是f(x)有三个不同零点的必要条件当ab4，c0 时，a23b0
4、，f(x)x34x24xx(x2)2只有两个不同零点，所以a23b0 不是f(x)有三个不同零点的充分条件因此a23b0 是f(x)有三个不同零点的必要而不充分条件.15 分B 组 名校冲刺一、选择题1已知函数yf(x)对任意的x满足f(x)cos xf(x)sin x0(其中f(x)是( 2，2)函数f(x)的导函数)，则下列不等式成立的是( )A.ff B.ff2( 3)( 4)2( 3)( 4)Cf(0)2f Df(0)f( 3)2( 4)A A 令g(x)，则fx cos xg(x)fxcos xfxcos x cos2x，由对任意的x满足f(x)cos xf(x)fxcos xfxs
5、in x cos2x( 2，2)sin x0，可得g(x)0，即函数g(x)在上为增函数，( 2，2)6则gg，即，( 3)( 4)f(3)cos(3)f(4)cos(4)即ff.故选 A.2( 3)( 4)2已知函数f(x)ax2bxln x(a0，bR R)，若对任意x0，f(x)f(1)，则( )Aln a2bBln a2bCln a2bDln a2bA A f(x)2axb ，由题意可知f(1)0，即 2ab1，由选项可知，只需比1 x较 ln a2b与 0 的大小，而b12a，所以只需判断 ln a24a的符号构造一个新函数g(x)24xln x，则g(x) 4，令g(x)0，得x
6、，当x 时，1 x1 41 4g(x)为增函数，当x 时，g(x)为减函数，所以对任意x0 有g(x)g1ln 1 4(1 4)40，所以有g(a)24aln a2bln a0ln a2b，故选 A.3已知函数f(x)ln xax2x有两个不同零点，则实数a的取值范围是( )A(0,1)B(，1)C.D.(，1e e2)(0，1e e2)A A 令g(x)ln x，h(x)ax2x，将问题转化为两个函数图象交点的问题当a0 时，g(x)和h(x)的图象只有一个交点，不满足题意；当a0 时，由 ln xax2x0，得a.xln x x2令r(x)，则xln x x2r(x)，(11 x)x2ln
7、 xx2x x41x2ln x x3当 0x1 时，r(x)0，r(x)是单调增函数，当x1 时，r(x)0，r(x)是单调减函数，且0，0a1.xln x x2a的取值范围是(0,1)故选 A.4已知函数f(x)x(ln xax)有两个极值点，则实数a的取值范围是( ) 【导学号：68334150】7A(，0)B.(0，1 2)C(0,1)D(0，)B B f(x)x(ln xax)，f(x)ln x2ax1，由题意可知f(x)在(0，)上有两个不同的零点，令f(x)0，则 2a，ln x1 x令g(x)，则g(x)，ln x1 xln x x2g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单
8、调递减又当x0 时，g(x)，当x时，g(x)0，而g(x)maxg(1)1，只需 02a10a .1 2二、填空题5(2017金华十校调研)已知x(0,2)，若关于x的不等式恒成立，则实x ex1 k2xx2数k的取值范围为_0，e1) 依题意，知k2xx20，即kx22x对任意x(0,2)恒成立，从而k0，所以由可得kx22x.令f(x)x22x，则f(x)x ex1 k2xx2ex xex x2(x1)(x1).exx1 x2(ex x22)令f(x)0，得x1，当x(1,2)时，f(x)0，函数f(x)在(1,2)上单调递增，当x(0,1)时，f(x)0，函数f(x)在(0,1)上单调
9、递减，所以kf(x)minf(1)e1，故实数k的取值范围是0，e1)6已知函数g(x)满足g(x)g(1)ex1g(0)xx2，且存在实数x0使得不等式1 22m1g(x0)成立，则m的取值范围为_1 1，) g(x)g(1)ex1g(0)x，当x1 时，g(0)1，由g(0)g(1)e01，解得g(1)e，所以g(x)exxx2，则g(x)1 2ex1x，当x0 时，g(x)0，当x0 时，g(x)0，所以当x0 时，函数g(x)取得最小值g(0)1，根据题意将不等式转化为 2m1g(x)min1，所以m1.三、解答题87已知函数f(x)(x1)ln xa(x1)(1)当a4 时，求曲线y
10、f(x)在(1，f(1)处的切线方程；(2)若当x(1，)时，f(x)0，求a的取值范围解 (1)f(x)的定义域为(0，)当a4 时，f(x)(x1)ln x4(x1)，f(1)0，f(x)ln x 3，f(1)2.1 x故曲线yf(x)在(1，f(1)处的切线方程为 2xy20.4 分(2)当x(1，)时，f(x)0 等价于 ln x0.ax1 x1设g(x)ln x，ax1 x1则g(x) ，g(1)0.8 分1 x2a x12x221ax1 xx12当a2，x(1，)时，x22(1a)x1x22x10，故g(x)0，g(x)在(1，)单调递增，因此g(x)0；当a2 时，令g(x)0
11、得x1a1，x2a1.a121a121由x21 和x1x21 得x11，故当x(1，x2)时，g(x)0，g(x)在(1，x2)单调递减，因此g(x)0.综上，a的取值范围是(，2.15 分8设函数f(x)ax2aln x，g(x) ，其中aR R，e2.718为自然对数的底1 xe ex数(1)讨论f(x)的单调性；(2)证明：当x1 时，g(x)0；(3)确定a的所有可能取值，使得f(x)g(x)在区间(1，)内恒成立解 (1)由题意得f(x)2ax (x0)1 x2ax21 x当a0 时，f(x)0 时，由f(x)0 有x，12a当x时，f(x)0，f(x)单调递增.4 分(12a，)(
12、2)证明：令s(x)ex1x，则s(x)ex11.当x1 时，s(x)0，所以 ex1x，9从而g(x) 0.8 分1 x1 ex1(3)由(2)知，当x1 时，g(x)0.当a0，x1 时，f(x)a(x21)ln xg(x)在区间(1，)内恒成立时，必有a0.当 01.1 212a由(1)有f0，(12a)(12a)所以此时f(x)g(x)在区间(1，)内不恒成立.11 分当a 时，令h(x)f(x)g(x)(x1)1 2当x1 时，h(x)2ax e1xx 0.1 x1 x21 x1 x21 xx32x1 x2x22x1 x2因此，h(x)在区间(1，)上单调递增又因为h(1)0，所以当x1 时，h(x)f(x)g(x)0，即f(x)g(x)恒成立综上，a.15 分1 2，)
