2019届高考数学（文）二轮专题复习习题：第1部分 专题二 函数、不等式、导数 1-2-3 Word版含答案

限时规范训练六 导数的简单应用 限时45分钟，实际用时________ 分值81分，实际得分________

一、选择题(本题共6小题，每小题5分，共30分)

1．设函数f(x)＝－aln x，若f′(2)＝3，则实数a的值为( )

4A．4 C．2

B．－4 D．－2

x2

xa2a解析：选B.f′(x)＝－，故f′(2)＝－＝3，因此a＝－4.

2x22

2．曲线y＝e在点A处的切线与直线x－y＋3＝0平行，则点A的坐标为( ) A．(－1，e) C．(1，e)

－1

xB．(0,1) D．(0,2)

解析：选B.设A(x0，e)，y′＝e，∴y′|x＝x0＝e.由导数的几何意义可知切线的斜率k＝e.

由切线与直线x－y＋3＝0平行可得切线的斜率k＝1. ∴e＝1，∴x0＝0，∴A(0,1)．故选B.

3．若函数f(x)＝x－2cx＋x有极值点，则实数c的取值范围为 ( ) A.?B.?

3

2

x0

xx0

x0

x0

?3?

，＋∞? ?2??3?

，＋∞? ?2?????

3??3??∪?，＋∞? 2??2?3??3??∪?，＋∞? 2??2?

3

2

2

C.?－∞，－D.?－∞，－

解析：选D.若函数f(x)＝x－2cx＋x有极值点，则f′(x)＝3x－4cx＋1＝0有两根，故Δ＝(－4c)－12＞0，从而c＞

2

33

或c＜－. 22

12fx1－fx2

4．已知f(x)＝aln x＋x(a＞0)，若对任意两个不等的正实数x1，x2都有

2x1－x2

≥2恒成立，则实数a的取值范围是( )

A．[1，＋∞) C．(0,1)

B．(1，＋∞) D．(0,1]

解析：选A.由条件可知在定义域上函数图象的切线斜率大于等于2，所以函数的导数f′(x)＝＋x≥2.可得x＝a时，f′(x)有最小值2.∴a≥1.

5．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( )

ax?1?1A．f??＜

k??kC．f?

1?1?B．f??＞ ?k?k－1D．f?

?1?＜1

??k－1?k－1?1?＞1

?

?k－1?k－1

解析：选C.构造函数g(x)＝f(x)－kx＋1，

则g′(x)＝f′(x)－k＞0，∴g(x)在R上为增函数． ∵k＞1，∴

1?1?＞g(0)． ＞0，则g??k－1?k－1?

而g(0)＝f(0)＋1＝0， ∴g?

?1?＝f?1?－k＋1＞0，

???

?k－1??k－1?k－1?1?＞k－1＝1，

?k－1?k－1?k－1

即f?

所以选项C错误，故选C.

6．函数f(x)在定义域R内可导，若f(x)＝f(2－x)，且当x∈(－∞，1)时，(x－1)f′(x)

?1?＜0，设a＝f(0)，b＝f??，c＝f(3)，则( )

?2?

A．a＜b＜c C．c＜a＜b

B．c＜b＜a D．b＜c＜a

解析：选C.因为当x∈(－∞，1)时，(x－1)f′(x)＜0，所以f′(x)＞0，所以函数f(x)在

?1?(－∞，1)上是单调递增函数，所以a＝f(0)＜f??＝b，又f(x)＝f(2－x)，所以c＝f(3)＝f(－?2?

1)，所以c＝f(－1)＜f(0)＝a，所以c＜a＜b，故选C.

二、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分)

12

7．(2017·高考全国卷Ⅰ)曲线y＝x＋在点(1,2)处的切线方程为________．

x1

解析：∵y′＝2x－2，∴y′|x＝1＝1，

x即曲线在点(1,2)处的切线的斜率k＝1， ∴切线方程为y－2＝x－1， 即x－y＋1＝0. 答案：x－y＋1＝0

12

8．已知函数f(x)＝－x－3x＋4ln x在(t，t＋1)上不单调，则实数t的取值范围是________．

2解析：由题意得，f(x)的定义域为(0，＋∞)，∴t＞0， 4

∴f′(x)＝－x－3＋＝0在(t，t＋1)上有解，

xx2＋3x－4∴＝0在(t，t＋1)上有解，

x∴x＋3x－4＝0在(t，t＋1)上有解，由x＋3x－4＝0得x＝1或x＝－4(舍去)，∴1∈(t，

2

2

t＋1)，∴t∈(0,1)，故实数t的取值范围是(0,1)．

答案：(0,1)

1－x9．已知函数f(x)＝＋ln x，若函数f(x)在[1，＋∞)上为增函数，则正实数a的取值

ax范围为________．

1－xax－1解析：∵f(x)＝＋ln x，∴f′(x)＝2(a＞0)．

axax∵函数f(x)在[1，＋∞)上为增函数，∴f′(x)＝ax－1

≥0在x∈[1，＋∞)上恒成立，∴axax2

1

－1≥0在x∈[1，＋∞)上恒成立，即a≥在x∈[1，＋∞)上恒成立，∴a≥1.

x答案：[1，＋∞)

三、解答题(本题共3小题，每小题12分，共36分) 10．(2017·高考全国卷Ⅱ)设函数f(x)＝(1－x)e. (1)讨论f(x)的单调性；

(2)当x≥0时，f(x)≤ax＋1，求a的取值范围． 解：(1)f′(x)＝(1－2x－x)e.

令f′(x)＝0得x＝－1－2或x＝－1＋2. 当x∈(－∞，－1－2)时，f′(x)<0； 当x∈(－1－2，－1＋2)时，f′(x)>0； 当x∈(－1＋2，＋∞)时，f′(x)<0.

所以f(x)在(－∞，－1－2)，(－1＋2，＋∞)单调递减，在(－1－2，－1＋2)单调递增．

(2)f(x)＝(1＋x)(1－x)e.

当a≥1时，设函数h(x)＝(1－x)e，则h′(x)＝－xe<0(x>0)，因此h(x)在[0，＋∞)单调递减．而h(0)＝1，故h(x)≤1，所以f(x)＝(x＋1)h(x)≤x＋1≤ax＋1.

当00(x>0)，所以g(x)在[0，＋∞)单调递增．而g(0)＝0，故e≥x＋1.

xxxxxx2

2

xx

当0(1－x)(1＋x)，(1－x)(1＋x)－ax－1＝x(1－a－x－x)，取x0＝5－4a－12

，则x0∈(0,1)，(1－x0)(1＋x0)－ax0－1＝0，故f(x0)>ax0＋1. 2当a≤0时，取x0＝

5－12

，则x0∈(0,1)，f(x0)>(1－x0)(1＋x0)＝1≥ax0＋1. 2

222

综上，a的取值范围是[1，＋∞)．

122

11．(2017·河南郑州质量检测)设函数f(x)＝x－mln x，g(x)＝x－(m＋1)x.

2(1)求函数f(x)的单调区间；

(2)当m≥0时，讨论函数f(x)与g(x)图象的交点个数．

x2－m解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝，

x当m≤0时，f′(x)＞0，所以函数f(x)的单调递增区间是(0，＋∞)，无单调递减区间． 当m＞0时，f′(x)＝

x＋mxx－m，当0＜x＜m时，f′(x)＜0，函数f(x)单调

递减；当x＞m时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增．

综上，当m≤0时，函数f(x)的单调递增区间是(0，＋∞)，无单调递减区间；当m＞0时，函数f(x)的单调递增区间是(m，＋∞)，单调递减区间是(0，m)．

12

(2)令F(x)＝f(x)－g(x)＝－x＋(m＋1)x－mln x，x＞0，问题等价于求函数F(x)的零点个

2数，

1x－

当m＝0时，F(x)＝－x2＋x，x＞0，有唯一零点；当m≠0时，F′(x)＝－

2

x－mx，

3

当m＝1时，F′(x)≤0，函数F(x)为减函数，注意到F(1)＝＞0，F(4)＝－ln 4＜0，所以

2

F(x)有唯一零点．

当m＞1时，0＜x＜1或x＞m时，F′(x)＜0；1＜x＜m时，F′(x)＞0，所以函数F(x)在(0,1)1

和(m，＋∞)上单调递减，在(1，m)上单调递增，注意到F(1)＝m＋＞0，

2

F(2m＋2)＝－mln(2m＋2)＜0，所以F(x)有唯一零点．

当0＜m＜1时，0＜x＜m或x＞1时，F′(x)＜0；m＜x＜1时，F′(x)＞0，

所以函数F(x)在(0，m)和(1，＋∞)上单调递减，在(m,1)上单调递增，易得ln m＜0， 所以F(m)＝(m＋2－2ln m)＞0，而F(2m＋2)＝－mln(2m＋2)＜0，所以F(x)有唯一零点．

2综上，函数F(x)有唯一零点，即两函数图象有一个交点． 12．(2017·河南洛阳模拟)已知函数f(x)＝ln x－

max＋

x－1

?1?1??，曲线y＝f(x)在点?，f???处?2?2??

的切线平行于直线y＝10x＋1.

(1)求函数f(x)的单调区间；

(2)设直线l为函数g(x)＝ln x的图象上任意一点A(x0，y0)处的切线，在区间(1，＋∞)上是否存在x0，使得直线l与曲线h(x)＝e也相切？若存在，满足条件的x0有几个？

解：(1)∵函数f(x)＝ln x－

xax＋x－1

1

，∴f′(x)＝＋

x2ax－

2

，

?1?1??∵曲线y＝f(x)在点?，f???处的切线平行于直线y＝10x＋1， ?2?2??

1?x2＋1?∴f′??＝2＋8a＝10，∴a＝1，∴f′(x)＝

xx－?2?

2

. ∵x＞0且x≠1，∴f′(x)＞0，∴函数f(x)的单调递增区间为(0,1)和(1，＋∞)． (2)存在且唯一，证明如下：

11

∵g(x)＝ln x，∴切线l的方程为y－ln x0＝(x－x0)，即y＝x＋ln x0－1 ①，

x0x0

设直线l与曲线h(x)＝e相切于点(x1，ex1)， 1

∵h′(x)＝e，∴e＝，∴x1＝－ln x0，

xxx1

x0

11

∴直线l的方程也可以写成y－＝(x＋ln x0)，

x0x0

1ln x01即y＝x＋＋ ②，

x0x0x0

ln x01x0＋1由①②得ln x0－1＝＋，∴ln x0＝.

x0x0x0－1证明：在区间(1，＋∞)上x0存在且唯一． 由(1)可知，f(x)＝ln x－

x＋1

在区间(1，＋∞)上单调递增， x－1

2

2e－32

又f(e)＝－＜0，f(e)＝2＞0，

e－1e－1

结合零点存在性定理，说明方程f(x)＝0必在区间(e，e)上有唯一的根，这个根就是所求的唯一x0.

2