年高考数学二轮专题复习与策略第部分专题集合、常用逻辑用语、不等式、函数与导数第5导数的简单应用专题限

第 1 页 专题限时集训(五) 导数的简单应用

(建议用时：45分钟)

1．(2021·盐城期中)函数f(x)＝ex－x的单调递增区间为________．

(0，＋∞) [∵f′(x)＝ex－1，由f′(x)＞0得ex＞1，即x＞0，∴f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)．]

2．函数f(x)＝ln x－xx在点(1，－2)处的切线方程是________．

x－y－3＝0 [∵f′(x)＝1－ln xx2，∴f′(1)＝1，

即切线方程为y＋2＝x－1，即x－y－3＝0.]

3．如果函数y＝f(x)的导函数的图象如图5－1所示，给出以下判断：

①函数y＝f(x)在区间－3，－12内单调递增；

②函数y＝f(x)在区间－12，3内单调递减；

③函数y＝f(x)在区间(4,5)内单调递增；

④当x＝2时，函数y＝f(x)有极小值；

⑤当x＝－12时，函数y＝f(x)有极大值．

那么上述判断中正确的选项是________(写出所有正确判断的序号)．

图5－1 第 2 页 ③ [当x∈(－3，－2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，①错；当x∈－12，2时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(2,3)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，②错；当x＝2时，函数y＝f(x)有极大值，④错；当x＝－12时，函数y＝f(x)无极值，⑤错．]

4．函数f(x)＝ln xx2的最大值为________．

12e [函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，

又f′(x)＝1x·x2－ln x·2xx4

＝1－2ln xx3.

令f′(x)＝0得x＝e，且当00，

当x>e时，f′(x)<0，

所以f(x)在x＝e处取得极大值，也就是函数在定义域上的最大值f(e)＝12e.]

5．假设函数f(x)＝－12x2＋4x－3ln x在[t，t＋1]上不单调，那么t的取值范围是________．

【导学号：19592021】

(0,1)∪(2,3) [对f(x)求导， 第 3 页 得f′(x)＝－x＋4－3x＝－x2＋4x－3x

＝－x－1x－3x.

由f′(x)＝0得函数f(x)的两个极值点为1,3，

那么只要这两个极值点有一个在区间(t，t＋1)内，

函数f(x)在区间[t，t＋1]上就不单调，

所以t<1

解得0

6．函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx－34(a，b，c∈R)的导函数为f′(x)，假设不等式f′(x)≤0的解集为{x|－2≤x≤3}，且f(x)的极小值等于－115，那么a的值是________．

2 [由可知f′(x)＝3ax2＋2bx＋c，由3ax2＋2bx＋c≤0的解集为{x|－2≤x≤3}可知a>0，且－2,3是方程3ax2＋2bx＋c＝0的两根，那么由根及系数的关系知2b3a＝－1，c3a＝－6，∴b＝－3a2，c＝－18a，此时f(x)＝ax3－3a2x2－18ax－34，当x∈(－∞，－2)时，f′(x)>0，f(x)为增函数；当x∈(－2,3)时，f′(x)<0，f(x)为减函数；当x∈(3，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)为增函数，∴f(3)为f(x)的极小值，且f(3)＝27a－27a2－54a－34＝－115，解得a＝2.]

7．a≤1－xx＋ln x对任意x∈12，2恒成立，那么a的最大值第 4 页 为________．

0 [令f(x)＝1－xx＋ln x，那么f′(x)＝x－1x2，当x∈12，1时，f′(x)＜0，当x∈(1,2]时，f′(x)＞0，∴f(x)在12，1上单调递减，在[1,2]上单调递增，∴[f(x)]min＝f(1)＝0，∴a≤0.]

8．函数f(x)＝4ln x＋ax2－6x＋b(a，b为常数)，且x＝2为f(x)的一个极值点，那么a的值为________．

1 [由题意知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，

∵f′(x)＝4x＋2ax－6，∴f′(2)＝2＋4a－6＝0，即a＝1.]

9．函数f(x)的定义域为[－1,5]，局部对应值如下表：

x －1 0 2 4 5

y 1 2 0 2 1

f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图5－2所示．

图5－2

(1)f(x)的极小值为________；

(2)假设函数y＝f(x)－a有4个零点，那么实数a的取值范围为________．

(1)0 (2)[1,2) [(1)由y＝f′(x)的图象可知，f′(x)及f(x)随x的变化情况如下表：

x (－1,0) 0 (0,2) 2 (2,4) 4 (4,5) 第 5 页 f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ 0 －

f(x) 极大值 极小值 极大值

∴f(2)为f(x)的极小值，f(2)＝0.

(2)y＝f(x)的图象如下图：

假设函数y＝f(x)－a有4个零点，那么a的取值范围为1≤a<2.]

10．设π6是函数f(x)＝sin(2x＋φ)的一个零点，那么函数f(x)在区间(0,2π)内所有极值点之与为________．

143π [由零点的定义可得：fπ6＝sin2×π6＋φ＝0，可得φ＝－π3＋kπ，根据题意不妨可令φ＝－π3，那么f(x)＝sin2x－π3，由f(x)＝±1，可解得2x－π3＝±π2＋kπ，即x＝－π12＋k2π或x＝5π12＋k2π，又x∈(0,2π)，那么x可取5π12，11π12，17π12，23π12，故其与为5π12＋11π12＋17π12＋23π12＝143π.]

11．函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d在区间[－1,2]上是减函数，那么b＋c的最大值为________．

【导学号：19592021】

－152 [f′(x)＝3x2＋2bx＋c，f′(x)＝0显然有两不等实根x1，x2，从题意上看x1≤－1，x2≥2，即f′(－1)≤0，f′(2)≤0， 第 6 页 ∴ f′－1＝3－2b＋c≤0，f′2＝12＋4b＋c≤0，由此求b＋c的最大值，可归结为线性规划问题，也可用不等式知识解决，两式直接相加，即

f′(－1)＋f′(2)＝2b＋2c＋15≤0，b＋c≤－152b＝－32，c＝－6时等号成立.]

12．(2021·苏州期中)设f′(x)与g′(x)分别是函数f(x)与g(x)的导函数，假设f′(x)·g′(x)≤0在区间I上恒成立，那么称函数f(x)与g(x)在区间I上单调性相反．假设函数f(x)＝13x3－2ax及函数g(x)＝x2＋2bx在开区间(a，b)(a＞0)上单调性相反，那么b－a的最大值等于________．

12 [原题⇔(x2－2a)(2x＋2b)≤0在(a，b)(a＞0)上恒成立

⇔(x＋b)(x＋2a)(x－2a)≤0在(a，b)(a＞0)上恒成立

⇔x－2a≤0在(a，b)(a＞0)上恒成立

⇔0＜a＜b≤2a.∴0＜a＜2a，解得0＜a＜2.

∴b－a≤2a－a＝－a－222＋12，

当a＝12时，b－a取得最大值为12.]

13．函数f(x)的定义域为R，f′(x)为f(x)的导数，函数f′(x)的图象如图5－3所示，且f(－2)＝f(3)＝1，那么不等式f(x2－6)＞1第 7 页 的解集为_____________．

图5－3

(2,3)∪(－3，－2) [由导函数f′(x)的图象可知，

当x＜0时，f′(x)＞0；

当x＞0时，f′(x)＜0，

所以f(x)在(－∞，0]上单调递增，在[0，＋∞)上单调递减．

又f(－2)＝f(3)＝1，f(x2－6)＞1，

所以－2＜x2－6＜3，

所以2＜x＜3或－3＜x＜－2.

那么不等式f(x2－6)＞1的解集为{x|2＜x＜3或－3＜x＜－2}．]

14．函数f(x)＝x3－3x－1，假设对于区间[－3,2]上的任意x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤t，那么实数t的最小值是________．

20 [因为f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)，令f′(x)＝0，得x＝±1，可知－1,1为函数的极值点．又f(－3)＝－19，f(－1)＝1，f(1)＝－3，f(2)＝1，所以在区间[－3,2]上f(x)max＝1，f(x)min＝－19.由题设知在区间[－3,2]上f(x)max－f(x)min≤t，从而t≥20，所以t的最小值是20.]

15．设底面为等边三角形的直三棱柱的体积为V，那么其外表积最小时，底面边长为________(结果用V表示)．

34V [设底面边长为x，那么高h＝V34x2， 第 8 页 ∴外表积S(x)＝34x2×2＋x·V34x2×3＝32x2＋43Vx，

令S′(x)＝3x－43V·1x2＝0，得x＝34V，

∴S(x)在(34V，＋∞)上是单调递增的，在(0，34V)上是单调递减的，∴当x＝34V时，S(x)取得最小值．]

16．(2021·南京一模)设函数y＝ －x3＋x2，x＜e，aln x，x≥e的图象上存在两点P，Q，使得△POQ是以O为直角顶点的直角三角形(其中O为坐标原点)，且斜边的中点恰好在y轴上，那么实数a的取值范围是________．

0，1e＋1 [假设曲线y＝f(x)上存在两点P，Q满足题意，

那么点P，Q只能在y轴两侧．

不妨设P(t，f(t))(t＞0)，那么Q(－t，t3＋t2)．

∵△POQ是以O为直角顶点的直角三角形，

∴OP→·OQ→＝0，

即－t2＋f(t)(t3＋t2)＝0(*)．

假设方程(*)有解，那么满足题意，

①假设0＜t＜e，那么f(t)＝－t3＋t2，代入(*)式得

－t2＋(－t3＋t2)(t3＋t2)＝0， 第 9 页 即t4－t2＋1＝0，此方程无解．

②假设t≥e，那么f(t)＝aln t，代入(*)式得

－t2＋(aln t)(t3＋t2)＝0，

即1a＝(t＋1)ln t(**)．

令h(x)＝(x＋1)ln x(x≥e)，那么

h′(x)＝ln x＋1＋1x＞0，

∴h(x)在[e，＋∞)上单调递增，

∵t≥e，∴h(t)≥h(e)＝e＋1，

∴对于0＜a≤1e＋1，方程(**)总有解，即方程(*)总有解．]