2016年高考數(shù)學考前練習:導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用
各位考生到了緊張的復(fù)習間斷，每天都在做大量的試題，今日小編整理了一些2016年高考數(shù)學專練及答案供大家參考學習：
一、選擇題
1.設(shè)f(x)，g(x)分別是定義在R上的奇函數(shù)和偶函數(shù)，當x<0時，f′(x)g(x)+f(x)g′(x)>0且g(3)=0，則不等式f(x)g(x)<0的解集是( )
A.(-3,0)(3，+∞) B.(-3,0)(0,3)
C.(-∞，-3)(3，+∞) D.(-∞，-3)(0,3)
答案：D 解題思路：因為f(x)，g(x)分別是定義在R上的奇函數(shù)和偶函數(shù)，所以h(x)=f(x)g(x)為奇函數(shù)，當x<0時，h′(x)=f′(x)g(x)+f(x)g′(x)>0，所以h(x)在(-∞，0)為單調(diào)增函數(shù)，h(-3)=-h(3)=0，所以當x<0時，h(x)<0=h(-3)，解得x<-3，當x<0時，h(x)>0，解得-30時h(x)<0的x的取值范圍為(0,3)，故選D.
2.若f(x)=x2-2x-4ln x，不等式f′(x)>0的解集記為p，關(guān)于x的不等式x2+(a-1)x-a>0的解集記為q，且p是q的充分不必要條件，則實數(shù)a的取值范圍是( )
A.(-2，-1] B.[-2，-1]
C. D.[-2，+∞)
答案：D 解題思路：對于命題p： f(x)=x2-2x-4ln x， f′(x)=2x-2-=，
由f′(x)>0，得 x>2.由p是q的充分不必要條件知，命題p的解集(2，+∞)是命題q不等式解集的子集，對于命題q：x2+(a-1)x-a>0(x+a)(x-1)>0，當a≥-1時，解集為(-∞，-a)(1，+∞)，顯然符合題意;當a<-1時，解集為(-∞，1)(-a，+∞)，則由題意得-2≤a<-1.綜上，實數(shù)a的取值范圍是[-2，+∞)，故選D.
3.已知定義在R上的函數(shù)f(x)，g(x)滿足=ax，且f′(x)g(x)
A.7 B.6 C.5 D.4
答案：B 解題思路：由f′(x)g(x)
4.(河南適應(yīng)測試)已知函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且當x(-∞，0]時，f(x)=e-x-ex2+a，則函數(shù)f(x)在x=1處的切線方程為( )
A.x+y=0 B.ex-y+1-e=0
C.ex+y-1-e=0 D.x-y=0
答案：B 命題立意：本題考查了函數(shù)的奇偶性及函數(shù)的導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，難度中等.
解題思路： 函數(shù)f(x)是R上的奇函數(shù)，
f(x)=-f(-x)，且f(0)=1+a=0，得a=-1，設(shè)x>0，則-x<0，則f(x)=-f(-x)=-(ex-ex2-1)=-ex+ex2+1，且f(1)=1，求導(dǎo)可得f′(x)=-ex+2ex，則f′(1)=e，
f(x)在x=1處的切線方程y-1=e(x-1)，即得ex-y+1-e=0，故應(yīng)選B.
易錯點撥：要注意函數(shù)中的隱含條件的挖掘，特別是一些變量的值及函數(shù)圖象上的特殊點，避免出現(xiàn)遺漏性錯誤.
5.設(shè)二次函數(shù)f(x)=ax2-4bx+c，對x∈R，恒有f(x)≥0，其導(dǎo)數(shù)滿足f′(0)<0，則的最大值為( )
A. B. C.0 D.1
答案：C 解題思路：本題考查基本不等式的應(yīng)用.因為f(x)≥0恒成立，所以a>0且Δ=16b2-4ac≤0.又因為f′(x)=2ax-4b，而f′(0)<0，所以b>0，則==2-，又因4a+c≥2≥8b，所以≥2，故≤2-2=0，當且僅當4a=c，ac=4b2，即當a=b，c=4b時，取到最大值，其值為0.
技巧點撥：在運用均值不等式解決問題時，一定要注意“一正二定三等”，特別是要注意等號成立的條件是否滿足.
6.已知函數(shù)f′(x)，g′(x)分別是二次函數(shù)f(x)和三次函數(shù)g(x)的導(dǎo)函數(shù)，它們在同一坐標系下的圖象如圖所示，設(shè)函數(shù)h(x)=f(x)-g(x)，則( )
A.h(1)
B.h(1)
C.h(0)
D.h(0)
答案：D 解題思路：本題考查函數(shù)及導(dǎo)函數(shù)的圖象.取特殊值，令f(x)=x2，g(x)=x3，則h(0)
二、填空題
7.對于三次函數(shù)f(x)=ax3+bx2+cx+d(a≠0)，給出定義：設(shè)f′(x)是函數(shù)y=f(x)的導(dǎo)數(shù)，f″(x)是f′(x)的導(dǎo)數(shù)，若方程f″(x)=0有實數(shù)解x0，則稱點(x0，f(x0))為函數(shù)y=f(x)的“拐點”.某同學經(jīng)過探究發(fā)現(xiàn)：任何一個三次函數(shù)都有“拐點”;任何一個三次函數(shù)都有對稱中心，且“拐點”就是對稱中心.根據(jù)這一發(fā)現(xiàn)，則函數(shù)f(x)=x3-x2+3x-的對稱中心為________.
答案： 解題思路：由f(x)=x3-x2+3x-，得f′(x)=x2-x+3，f″(x)=2x-1，由f″(x)=0，解得x=，且f=1，所以此函數(shù)的對稱中心為.
8.設(shè)函數(shù)f(x)=(x+1)ln(x+1).若對所有的x≥0都有f(x)≥ax成立，則實數(shù)a的取值范圍為________.
答案：(-∞，1] 解題思路：令g(x)=(1+x)ln(1+x)-ax，對函數(shù)g(x)求導(dǎo)數(shù)g′(x)=ln(1+x)+1-a，令g′(x)=0，解得x=ea-1-1.
當a≤1時，對所有x≥0，g′(x)≥0，所以g(x)在[0，+∞)上是增函數(shù).
又g(0)=0，所以對x≥0，有g(shù)(x)≥0，
即當a≤1時，對于所有x≥0，都有f(x)≥ax.
當a>1時，對于0
又g(0)=0，所以對0
所以，當a>1時，不是對所有的x≥0都有f(x)≥ax成立.
綜上，a的取值范圍為(-∞，1].
三、解答題
9.已知函數(shù)f(x)=x3-ax+1.
(1)當x=1時，f(x)取得極值，求a的值;
(2)求f(x)在[0,1]上的最小值;
(3)若對任意mR，直線y=-x+m都不是曲線y=f(x)的切線，求a的取值范圍.
解析：(1)因為f′(x)=x2-a，
當x=1時，f(x)取得極值，所以f′(1)=1-a=0，a=1.
又當x(-1,1)時，f′(x)<0;當x(1，+∞)時，f′(x)>0，
所以f(x)在x=1處取得極小值，即a=1時符合題意.
(2)當a≤0時，f′(x)>0對x(0,1)恒成立，
所以f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，f(x)在x=0處取得最小值f(0)=1.
當a>0時，令f′(x)=x2-a=0，
x1=-，x2=，
當0
當x∈(0，)時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減;
當x∈(，1)時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增.
所以f(x)在x=處取得最小值f()=1-.
當a≥1時，≥1.
x(0,1)時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，
所以f(x)在x=1處取得最小值f(1)=-a.
綜上所述，當a≤0時，f(x)在x=0處取得最小值f(0)=1;
當0
當a≥1時，f(x)在x=1處取得最小值f(1)=-a.
(3)因為m∈R，直線y=-x+m都不是曲線y=f(x)的切線，
所以f′(x)=x2-a≠-1對xR恒成立，
只要f′(x)=x2-a的最小值大于-1即可.
而f′(x)=x2-a的最小值為f(0)=-a，
所以-a>-1，即a<1.
故a的取值范圍是(-∞，1).
10.已知函數(shù)f(x)=x-ax2-ln(1+x)，其中aR.
(1)若x=2是f(x)的極值點，求a的值;
(2)求f(x)的單調(diào)區(qū)間;
(3)若f(x)在[0，+∞)上的最大值是0，求a的取值范圍.
命題立意：本題考查導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的極值、單調(diào)性、最值等知識，考查考生分析問題、解決問題的能力，考查函數(shù)與方程、分類整合等數(shù)學思想方法.(1)根據(jù)可導(dǎo)函數(shù)在一定點處取得極值的必要條件是其導(dǎo)數(shù)等于零，得出關(guān)于a的方程即可求出a，再根據(jù)極值點兩側(cè)導(dǎo)數(shù)值異號進行檢驗;(2)討論導(dǎo)數(shù)的符號，就參數(shù)a的取值情況進行分類討論即可;(3)根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性和極值點，以及函數(shù)最大值的概念分情況解決.
解析：(1)f′(x)=，x(-1，+∞).
依題意，得f′(2)=0，解得a=.
經(jīng)檢驗，a=時，符合題意.
(2)當a=0時，f′(x)=，x(-1，+∞).
故f(x)的單調(diào)增區(qū)間是(0，+∞)，單調(diào)減區(qū)間是(-1,0).
當a>0時，令f′(x)=0，得
x1=0，x2=-1，
當0
f(x)的單調(diào)增區(qū)間是，單調(diào)減區(qū)間是(-1,0).
當a=1時，f(x)的單調(diào)減區(qū)間是(-1，+∞).
當a>1時，-11時，f(x)的單調(diào)增區(qū)間是-1,0，單調(diào)減區(qū)間是(0，+∞).
(3)由(2)知a≤0時，f(x)在(0，+∞)上單調(diào)遞增，由f(0)=0知不合題意.
當00，f(x)在區(qū)間上遞增可知，f>f(0)=0知不合題意.
當a≥1時，f(x)在(0，+∞)單調(diào)遞減，可得f(x)在[0，+∞)上的最大值是f(0)=0，符合題意.
f(x)在[0，+∞)上的最大值是0時，a的取值范圍是[1，+∞).
11.設(shè)函數(shù)f(x)=xln x(x>0).
(1)求函數(shù)f(x)的最小值;
(2)設(shè)F(x)=ax2+f′(x)(aR)，討論函數(shù)F(x)的單調(diào)性;
(3)斜率為k的直線與曲線y=f′(x)交于A(x1，y1)，B(x2，y2)(x10)，
令f′(x)=0，得x=.
當x時，f′(x)<0;
當x時，f′(x)>0.
當x=時，f(x)min=ln=-.
(2)F(x)=ax2+ln x+1(x>0)，
F′(x)=2ax+=(x>0).
當a≥0時，恒有F′(x)>0，F(xiàn)(x)在(0，+∞)上是增函數(shù);
當a<0時，
令F′(x)>0，得2ax2+1>0，
解得0.
綜上，當a≥0時，F(xiàn)(x)在(0，+∞)上是增函數(shù);
當a<0時，F(xiàn)(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減.
(3)k==.
要證x1<1知ln t>0，故等價于證ln t1).(*)
設(shè)g(t)=t-1-ln t(t≥1)，
則g′(t)=1-≥0(t≥1)，
故g(t)在[1，+∞)上是增函數(shù).
當t>1時，g(t)=t-1-ln t>g(1)=0，
即t-1>ln t(t>1).
設(shè)h(t)=tln t-(t-1)(t≥1)，
則h′(t)=ln t≥0(t≥1)，
故h(t)在[1，+∞)上是增函數(shù).
當t>1時，h(t)=tln t-(t-1)>h(1)=0，
即t-11).
由知(*)成立，得證.
12.已知函數(shù)f(x)=ln x-px+1.
(1)求函數(shù)f(x)的極值點;
(2)若對任意的x>0，恒有f(x)≤0，求p的取值范圍;
(3)證明：++…+<(nN，n≥2).
解析：(1)由已知f(x)的定義域為(0，+∞)，f′(x)=-p=， x>0，當p≤0時，f′(x)>0， f(x)在(0，+∞)上單調(diào)遞增，
f(x)無極值點;
當p>0時，令f′(x)=0， x=(0，+∞)，f′(x)，f(x)隨x的變化情況如下表：
x f′(x) + 0 - f(x) 增 極大 減 從上表可以看出：當p>0時，f(x)有唯一的極大值點x=.
(2)當p≤0時，f(x)在(0，+∞)上單調(diào)遞增，
所以不可能對任意的x>0，恒有f(x)≤0，
當p>0時，由(1)知在x=處取得極大值f=ln ，此時極大值也是最大值.要使f(x)≤0恒成立，只需f=ln ≤0，解得p≥1，所以p的取值范圍是[1，+∞).
(3)證明：令p=1，由(2)知ln x-x+1≤0，
ln x≤x-1，
n∈N，n≥2， 令x=n2，則ln n2≤n2-1，
≤=1-，
......
所以結(jié)論成立.
(責任編輯：盧雁明)
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