高三模擬文科數學試題之導數及其應用(4)

　　45.解：（Ⅰ） ．

　　當a≤0時，f′（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，

　　所以函數f（x）單調遞增區間為（0，+∞），此時f（x）無單調減區間．

　　當a＞0時，由f′（x）＞0，得 ，

　　由f′（x）＜0，得0＜x＜ ，得 ，

　　所以函數的單調增區間為（ ，+∞），單調減區間為（0， ）．

　　（Ⅱ）由（Ⅰ）可知函數f（x）有兩個零點，

　　所以a＞0，f（x）的最小值 ，即-a2+4a-4aln ＜0．

　　因為a＞0，所以 ．

　　令h（a）=a-4+4ln ，顯然h（a）在（0，+∞）上為增函數，且h（2）=-2＜0，h（3）=4ln -1＞0，

　　所以存在a0∈（2，3），h（a0）=0．

　　當a＞a0時，h（a）＞0；當0＜a＜a0時，h（a）＜0，

　　所以滿足條件的最小正整數a=3．

　　又當a=3時，F（3）=3（2-ln3）＞0，F（1）=0，

　　所以a=3時，f（x）有兩個零點．

　　綜上所述，滿足條件的最小正整數a的值為3．

　　46.解：（1）f（x）= x3+cx+3，f′（x）=x2+c，

　　因為f（x）在x=0處的切線與直線y=x+2垂直，

　　所以f′（0）=c=-1，

　　即f（x）= x3-x+3；

　　（2）由（1），可得g（x）=4lnx-x2+1，x∈（0，+∞），

　　則g′（x）= -2x= =- ，

　　①當0＜x＜ 時，g′（x）＞0，

　　可得g（x）在（0， ）上為增函數；

　　②當x≥ 時，g′（x）≤0，

　　可得g（x）在（ ，+∞）上為減函數；

　　所以g（x）在x= 處取得極大值g（ ）=2ln2-1．

　　47.解：（1）因為a=2，所以|PQ|=et+sint-2t．令h（x）=ex+sinx-2x，

　　即h'（x）=ex+cosx-2，因為h''（x）=ex-sinx，

　　當x＞0時，ex＞1，-1≤sinx≤1，所以h''（x）=ex-sinx＞0，

　　所以h'（x）=ex+cosx-2在（0，+∞）上遞增，所以h'（x）=ex+cosx-2＞h'（0）=0，

　　∴x∈[0，+∞）時，h（x）的最小值為h（0）=1，所以|PQ|min=1．

　　（2）令?（x）=F（x）-F（-x）=ex-e-x+2sinx-2ax，

　　則?'（x）=ex-e-x+2cosx-2a，S（x）=?''（x）=ex-e-x-2sinx，

　　因為S'（x）=ex+e-x-2cosx≥0當x≥0時恒成立，所以函數S（x）在[0，+∞）上單調遞增，

　　∴S（x）≥S（0）=0當x∈[0，+∞）時恒成立；

　　故函數?'（x）在[0，+∞）上單調遞增，所以?'（x）≥?'（0）=4-2a在x∈[0，+∞）時恒成立．

　　當a≤2時，?'（x）≥0，?（x）在[0，+∞）單調遞增，即?（x）≥?（0）=0．

　　故a≤2時F（x）≥F（-x）恒成立．

　　當a＞2時，因為?'（x）在[0，+∞）單調遞增，

　　所以總存在x0∈（0，+∞），使?（x）在區間[0，x0）上?'（x）＜0，即?（x）在區間[0，x0）上單調遞減，而?（0）=0，

　　所以當x∈[0，x0）時，?（x）＜0，這與F（x）-F（-x）≥0對x∈[0，+∞）恒成立矛盾，

　　所以a＞2不符合題意，故符合條件的a的取值范圍是（-∞，2]．

　　48.解：（1）函數f（x）= +lnx的定義域（0，+∞），

　　f′（x）=- + = ，

　　①當a≤0時，f′（x）≥0，

　　函數f（x）在（0，+∞）上單調遞增；

　　②當a＞0時，由f′（x）≥0得x≥ ，

　　函數f（x）的單調遞增區間為（ ，+∞）；

　　由f′（x）≤0得0＜x≤ ，

　　函數f（x）的單調遞減區間為（0， ）．

　　（2）存在x1，x2∈[- ，3]，使得g（x1）-g（x2）≥M成立，

　　可化為[g（x1）-g（x2）]max≥M；

　　考察g（x）=x3-x2-3，g′（x）=3x2-2x=3x（x- ）；

　　x    -     （- ，0）    0    （0， ）         （ ，3）    3

　　g'（x）        +    0    -    0    +

　　g（x）    -     遞增    -3    遞減    -     遞增    15

　　由上表可知g（x）min=g（- ）=g（ ）=- ，g（x）max=g（3）=15；

　　故[g（x1）-g（x2）]max=g（x）max-g（x）min= ，

　　所以滿足條件的最大整數M=18．

　　（3）當x∈[ ，2]時，由（Ⅱ）可知，g（x）在[ ， ]上是減函數，

　　在[ ，2]上增函數，而g（ ）=- ＜g（2）=1，

　　∴g（x）的最大值是1．

　　要滿足條件，

　　則只需當x∈[ ，2]時，xf（x）= +xlnx≥1恒成立，

　　可化為a≥x-x2lnx恒成立，

　　記h（x）=x-x2lnx，h′（x）=1-x-2xlnx，h′（1）=0．

　　當x∈[ ，1）時，1-x＞0，xlnx＜0，h′（x）＞0，

　　即函數h（x）=x-x2lnx在區間[ ，1）上遞增，

　　當x∈（1，2]時，1-x＜0，xlnx＞0，h′（x）＜0，

　　即函數h（x）=x-x2lnx在區間（1，2]上遞減，

　　∴x=1，h（x）取到極大值也是最大值h（1）=1．

　　所以a≥1．

　　49.解：（1）∵f′（x）= ，∴f′（1）=4-2a，

　　由題意4-2a=- ，解得：a= ；

　　（2）證明：由題意，x1，x2為f′（x）=0的兩根，

　　∴ ，∴2＜a＜3，

　　由x1+x2=a＞2，x1x2=3-a＜1，知x1＜1＜x2，

　　結合單調性有f（x2）＜f（1）= -a＜- ，

　　又f（x1）+f（x2）= （ + ）-a（x1+x2）+（3-a）lnx1x2=- a2+a-3+（3-a）ln（3-a），

　　設h（a）=- a2+a-3+（3-a）ln（3-a），a∈（2，3），

　　則h′（a）=-a-ln（3-a），

　　h″（a）= ＞0，故h′（a）在（2，3）遞增，又h′（2）=-2＜0，

　　a→3時，h′（a）→+∞，

　　∴?a0∈（2，3），當a∈（2，a0）時，h（a）遞減，當a∈（a0，3）時，h（a）遞增，

　　∴h（a）min=h（a0）=-  +a0-3+（3-a0）o（-a0）=  -2a0-3＞-5，

　　∴?a∈（2，3），h（a）＞-5，

　　綜上，-5-f（x1）＜f（x2）＜- ．

　　50.解：（Ⅰ）f（x）=ax2+x+a，求導f′（x）=2ax+1，

　　由f（x）的圖象在點（1，f（1））處的切線與2x+y-1=0平行，

　　則f′（1）=-2，則2a+1=-2，

　　a=- ，

　　∴實數a的值- ；

　　（Ⅱ）h（x）= ≥ ，即h（x）≥ ≥ ，

　　由x∈[0，2]，h（x）≥ ，

　　∴ ，解得：a≥ ，

　　h′（x）= = ，

　　a≥ ，

　　∴1- ＜1＜2，

　　①當1- ≤0，即 ≤a≤1，h（x）在（1- ，1）上單調遞增，在（1，2）單調遞減；

　　∴ ，則 ≤a≤1，符合題意；

　　②當1- ＞0，即a＞1時，h（x），h′（x）在[0，2]上的變化如下：

　　x    0    （0，1- ）    1-     （1- ，1）    1    （1，2）    2

　　h′（x）        -    0    +    0    -

　　h（x），        ↓    極小值    ↑    極大值    ↓

　　∴只需 ，又h（2）≥ 成立，故只需h（1- ）≥ ，即 ≤2a-1，

　　下面證明：當a＞1時， ≤2a-1，恒成立：

　　當a＞1時，2a-1＞1；

　　同時0＜ ＜1，∴-1＞-1- ≥-2，∴ ＜e-1= ，

　　∴2a-1＞1＞ ＞ ，∴a＞1符合題意；

　　綜上，a的取值范圍是[ ，+∞）．

　　51.解：（1）當a=-2時，f（x）=ln x+ ，f′（x）= ，

　　當x∈（0，2）時，f′（x）＜0，當x∈（2，+∞）時，f′（x）＞0，

　　∴f（x）在（0，2）上為減函數，在（2，+∞）上為增函數．

　　∴f（x）min=f（2）=ln 2+1；

　　（2）f′（x）= ，

　　①當a≥-1時，對任意x∈[1，e]，

　　f′（x）≥0，此時f（x）在[1，e]上為增函數，

　　∴f（x）min=f（1）=-a= ，

　　∴a=- （舍）．

　　②當a≤-e時，對任意x∈[1，e]，

　　f′（x）≤0，此時f（x）在[1，e]上為減函數．

　　∴f（x）min=f（e）=1- = ．

　　∴a=- （舍）．

　　③當-e＜a＜-1時，令f′（x）=0，得x=-a，當1＜x＜-a時，f′（x）＜0，

　　f（x）在（1，-a）上遞減．同理，f（x）在（-a，e）上遞增．

　　∴f（x）min=f（-a）=ln（-a）+1= ，

　　∴a=- ．綜上，a=- ．

　　52.解：（1）函數f（x）=2x3+3ax2+3bx+c，可得f′（x）=6x2+6ax+3b

　　因為函數f（x）在x=1及x=2時取得極值，則有f′（1）=0，f′（2）=0．

　　即 解得a=-3，b=4．

　　（2）由（1）可知，f（x）=2x3-9x2+12x+c，f′（x）=6x2-18x+12=6（x-1）（x-2）．

　　當x∈[-1，1]時，f′（x）＞0；當x∈（1，2]時，f′（x）＜0．

　　f（x）在[-1，2]上的最大值是f（1）=5+c=9，c=4．

　　此時f（-1）=-19，f（2）=8，所以最小值在x=-1時取得，為-19．

　　53.解：（1）f′（x）=ax-（a+1）+ = （x＞0），

　　①當a=0時，解f′（x）=- ＞0，得0＜x＜1，由f′（x）＜0，得x＞1，

　　所以函數f（x）的遞增區間為（0，1），遞減區間為在（1，+∞）；

　　②a≠0時，令f'（x）=0得x=1或x= ，

　　i）當0＜a＜1時， ＞1，當x變化時f（x）、f′（x）隨x的變化情況如下表：

　　x     （0，1））    1    （1， ）         （ ，+∞）

　　f′（x）    +    0    -    0    +

　　f（x）    增        減        增

　　函數f（x）的遞增區間為（0，1），（ ，+∞），遞減區間為（1， ）；

　　ii）當a＜0時， ＜0，

　　在（0，1）上f'（x）＞0，在（1，+∞）上f'（x）＜0，

　　所以函數f（x）的遞增區間為（0，1），遞減區間為（1，+∞）；

　　（2）由（1）知，當a= 時，f（x）在（0，1）上是增函數，在（1，2）上是減函數，

　　所以M=f（1）=- ，

　　存在x∈[1，2]，使g（x）≥- ，即存在x∈[1，2]，使x2-2bx+ ≥- ，

　　只需函數g（x）在[1，2]上的最大值大于等于- ，

　　所以有 ，即 ，解得：b≤ ，

　　所以b的取值范圍是（-∞， ]．

　　54.解：y= 的導數為y′= ，

　　設點M（x0，y0）

　　∵切線與直線y=-2x-4垂直，

　　∴切線的斜率為 ，

　　∴曲線在點M處的導數y′= = ，即x0=1．

　　當x0=1時，y0=1，利用點斜式得到切線方程：y-1= （x-1）；

　　即切線的方程為：x-2y+1=0．

　　55.解：（1）∵y=f（x）是二次函數，且f'（x）=2x+2．∴可設f（x）=x2+2x+c．

　　又∵方程f（0）=1得到c=1，

　　∴f（x）=x2+2x+1；

　　（2）∵函數f（x）=x2+2x+1與函數y=-x2-4x+1的圖象交于點（0，1），（-3，4），

　　∴兩函數圖象所圍成的圖形的面積為 = =（ ）| =9．

　　56.解：（Ⅰ）f（x）的定義域（0，+∞），

　　當a=1時， ， ．

　　令f'（x）＞0，得x＞1，f′（x）＜0，得0＜x＜1．

　　故f（x）的單調遞減區間是（0，1），單調遞增區間是（1，+∞）；

　　（Ⅱ）由已知得g（x）=x- ，x∈（0，+∞），

　　g′（x）=1+ ，

　　令g′（x）=0，得x2+ax+1=0，g（x）兩個極值點x1，x2，

　　∴ ，∴ ，

　　又∵x1＜x2，∴x1∈（0，1），

　　∴ =

　　= ．

　　設 ，x∈（0，1），

　　∵ = ，

　　當x∈（0，1）時，恒有h′（x）＜0，∴h（x）在（0，1）上單調遞減，

　　∴h（x）＞h（1）=0，

　　∴t≤0．

　　故t的取值范圍是：（-∞，0]．

　　57.解：（1）f（x）=lnx+ ，（x＞0），

　　f′（x）= - = ，（x＞0），

　　當a≤0時，f′（x）＞0，f（x）在（0，+∞）上遞增；無極值；

　　當a＞0時，0＜x＜a時，f′（x）＜0，f（x）在（0，a）上遞減，

　　x＞a時，f′（x）＞0，f（x）在（a，+∞）上遞增，

　　f（x）極小值=f（a）=lna+1；

　　（2）若對任意x＞0，均有x（2lna-lnx）≤a恒成立，

　　即對任意x＞0，均有2lna≤lnx+ 恒成立，

　　由（1）得：f（x）的最小值是lna+1，

　　故問題轉化為：2lna≤lna+1，即lna≤1，

　　故0＜a≤ ．

　　58.解：（1）由于函數f（x）= x2，g（x）=elnx

　　因此F（x）=f（x）-g（x）= x2-elnx，

　　則F′（x）=x- = = ，x∈（0，+∞），…（3分）

　　當x∈（0， ）時，F′（x）＜0，所以F（x）在x∈（0， ）時是減函數，

　　當x∈（ ，+∞）時，F′（x）＞0，所以F（x）在x∈（ ，+∞）時是增函數，…（5分）

　　所以F（x）min=F（ ）=0，

　　（2）由（1）知：F（x）min=F（ ）=0，

　　則f（x）與g（x）在x= 處有公共點（ ， ），

　　則f（x）與g（x）存在分界線，則其必然過（ ， ），…（6分）

　　設其方程為y- =k（x- ），即y=kx+ -k ，

　　由f（x）＞kx+ -k ，對x∈R恒成立，則x2-2kx-e+2k ≥0對x∈R恒成立，

　　所以△=4k2-4（2k -e）=4（k- ）2≤0，

　　所以：k= ，故分界線方程為y= x- ；…（9分）

　　下面證明g（x）≤ x- 對x∈（0，+∞）恒成立，

　　設G（x）=g（x）-（ x- ）=elnx-x + ，G′（x）= - = ，

　　當x∈（0， ）時，G′（x）＞0，所以G（x）在x∈（0， ）時是增函數，

　　當x∈（ ，+∞）時，G′（x）＜0，所以G（x）在x∈（ ，+∞）時是減函數，

　　所以G（x）max=G（ ）=0，…（11分）

　　則證明g（x）≤ x- 對x∈（0，+∞）恒成立

　　，所以：分界線方程為y= x- ..…（12分）

　　59.解：（1）∵ ，

　　∴ ，f'（1）=0，

　　∴y=f（x）在點（1，f（1））處的切線方程為y=a；

　　（2）∵ ，

　　∴f'（x）＞0?-x2+（a-1）x+2-a＞0，

　　f'（x）＜0?-x2+（a-1）x+2-a＜0，

　　令g（x）=-x2+（a-1）x+2-a=0，解得x1=1，x2=a-2，

　　由已知，a＜3，

　　①當2＜a＜3時，0＜x2＜x1，g（x）＞0的解是a-2＜x＜1，

　　g（x）＜0的解是0＜x＜a-2或x＞1，

　　∴f（x）的單調增區間是（a-2，1），單調減區間是（0，a-2），（1，+∞）；

　　②當a≤2時，x2≤0，g（x）＞0的解是0＜x＜1，g（x）＜0的解是x＞1，

　　∴f（x）的單調增區間是（0，1），單調減區間是（1，+∞），

　　綜上所述，當2＜a＜3時，f（x）的單調增區間是（a-2，1），

　　單調減區間是（0，a-2），（1，+∞）；

　　當a≤2時，f（x）的單調增區間是（0，1），單調減區間是（1，+∞）．

　　60.解：（1）∵f'（x）=3ax2-1，∴f'（1）=3a-1，

　　又f（1）=a，∴切線方程為y-a=（3a-1）（x-1），

　　∵切線過點（2，3），

　　∴3-a=3a-1，

　　解得a=1；

　　（2）由f（x）=3x2-1=0，

　　解得： ，

　　x，f′（x），f（x）的變化如下：

　　x

　　f'（x）    +    0    -    0    +

　　f（x）    增    極大值    減    極小值    增

　　所以 是極大值點， 是極小值點，

　　f（x）的極大值為 ；

　　f（x）的極小值為 ．

　　【解析】

　　1.

　　（1）求出函數的導數，通過討論a的范圍，求出函數的單調區間即可；

　　（2）令a=-1，問題轉化為f（x）+lnx-a-1≥0恒成立，令g（x）=f（x）+lnx-a-1，通過討論a的范圍，結合函數的單調性確定a的范圍即可．

　　本題考查了函數的單調性、最值問題，考查導數的應用以及分類討論思想，轉化思想，是一道綜合題．

　　2.

　　解法一：（Ⅰ）要使f（x）≥0有唯一解，只需滿足f（x）max=0，且f（x）max=0的解唯一，分①當k≤0，②當k＞0討論求解；

　　（Ⅱ）要證當a≤1時，x（f（x）+kx-k）＜ex-ax2-1，即證當a≤1時，ex-ax2-xlnx-1＞0，即證ex-x2-xlnx-1＞0．由（Ⅰ）得xlnx≤x（x-1），故只需證ex-2x2+x-1＞0，當x＞0時成立；

　　解法二：（Ⅰ）分①當k≤0時，②當k＞0時兩種情況求解，

　　（Ⅱ）要證明當a≤1時，x（f（x）+kx-k）＜ex-ax2-1，即證當a≤1時，ex-ax2-xlnx-1＞0，（因為ax2≤x2），即證ex-x2-xlnx-1＞0本題考查了利用導數處理函數的單調性、最值問題，考查了分類討論思想、轉化思想、轉化思想，考查了運算能力，屬于難題．

　　3.

　　（1）求出函數的導數，解關于導函數的不等式，求出函數的極值即可；

　　（2）問題轉化為證明（e-x）ln（e+x）＞（e+x）ln（e-x），設F（x）=（e-x）ln（e+x）-（e+x）ln（e-x），根據函數的單調性證明即可．

　　本小題主要考查函數與導數的知識，具體涉及到導數的運算，用導數來研究函數的單調性等，考查學生解決問題的綜合能力．

　　4.

　　（Ⅰ）求出函數的導數，根據二次函數的性質證明即可；

　　（Ⅱ）求出f（α）+f（β）的解析式，根據二次函數的性質以及ACBD均為平行四邊形，求出t的值即可．

　　本題考查了導數的應用，考查二次函數的性質以及不等式的證明，是一道綜合題．

　　5.

　　（1）對函數f（x）進行求導，根據f'（0）=1求出m的值代入函數f（x），然后根據導函數大于0時原函數單調遞增，導函數小于0時原函數單調遞減求單調區間．

　　（2）將函數f（x）的解析式代入方程 得 ，

　　然后組成函數 ，根據單調性和極值點求解．

　　本題主要考查函數的單調性與其導函數正負之間的關系，即當導函數大于0時原函數單調遞增，當導函數小于0時原函數單調遞減．

　　6.

　　（1）f′（x）= -a，根據曲線y=f（x）在點（1，f（1））處的切線方程為x+2y+4=0，可得f′（1）=- ，f（1）=- ．即可解出．

　　（2）b=1時，x∈（m，0），m＜0，f（x）＜0，可得：a＜ =g（x）．利用導數研究函數g（x）的單調性與極小值即最小值即可得出．

　　本題考查了利用導數研究函數的單調性極值與最值、方程與不等式的解法、多次求導方法，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．

　　7.

　　（1）求出函數f（x）的導數，可得切線的斜率，結合已知切線方程，可得a的值；

　　（2）求出f（x）的導數，可得g（x）的解析式和導數，討論a=0，a＞0，分0＜a≤1，a＞1，求出單調區間和極值、最值，結合零點存在定理，即可得到a的范圍．

　　本題考查導數的運用：求切線的斜率和單調區間、極值和最值，考查分類討論思想方法以及方程思想、轉化思想，考查化簡整理的運算能力，屬于中檔題．

　　8.

　　（1）求出函數的導數，解關于導函數的不等式，求出函數的單調區間即可；

　　（2）求出f（x）的導數，得到f′（x）遞增，通過討論a的范圍，求出函數的單調區間，從而求出a的具體范圍即可．

　　本題考查了函數的單調性、最值問題，考查導數的應用以及分類討論思想，是一道中檔題．

　　9.

　　（1）將f（x）在定義域內是增函數轉化為f'（x）= 恒成立，再參數變量分離，根據對勾函數的性質求 的最小值

　　（2）構造新的函數g（x）=x2-mlnx-mx，利用導數求出單調區間和最小值，方程有唯一解即函數g（x）只有一個零點，故g（x）min=0．由 ，消去m，得到關于x2的方程，再次構造函數，利用單調性解出x2，從而得到m的值

　　本題主要考察導數的綜合應用．第1問是基礎題，第2問構造函數是解題的關鍵，綜合性很強，難度較大

　　10.

　　（Ⅰ）求出函數的導數，計算f′（e-2）和f（e-2）的值，求出切線方程即可；

　　（Ⅱ）求出函數g（x）的導數，得到函數的單調區間，求出函數的極小值，從而求出λ的值即可；

　　（Ⅲ）記h（x）=f（x）-（-x-e-2）=xlnx+x+e-2，求出h（x）的最小值，得到a=x2′-1=f（x2）≥x2-1，得到|x1-x2|=x2-x1≤x2′-x1′，從而證出結論．

　　本題考查了函數的單調性、最值問題，考查導數的應用以及轉化思想、屬于難題．

　　11.

　　（1）當m=0時，f（x）=ex-2x．f'（x）=ex-2，根據導數的符號確定單調性；

　　（2）由f'（x）=ex-2mx-2， ．可證得f'（x）單調遞增．

　　又 ，即存在唯一的x0∈（0，1），使得f'（x0）=0，即 ，得 ．利用導數可得 ，即可得證．

　　本題考查了導數的綜合應用，考查了函數的單調性、最值問題，轉化思想，屬于難題．

　　12.

　　（1）求導，由題意可得f'（1）=1，代入即可求得a，b的值；

　　（2）分別利用導數求出函數f（x），g（x）的最值，再比較判斷，即可證明．

　　本題考查導數的綜合應用，導數的幾何意義，考查導數與函數的單調性和最值的關系，考查計算能力，屬于難題．

　　13.

　　（1）把a=e代入函數解析式，求出導函數的零點，可得原函數在[0，1]上單調遞減，在（1，2]上單調遞增，結合f（2）-f（0）＞0，可得函數y=f（x）在區間x∈[0，2]上的最大值；

　　（2）求出原函數的導函數，分0＜a＜1和a＞1求得原函數的最小值，由最小值等于0求得a值．

　　本題考查利用導數研究函數的單調性，考查函數零點的判定，體現了數學轉化思想方法和分類討論的數學思想方法，是壓軸題．

　　14.

　　（Ⅰ）當a= 時， ，求出 ，

　　根據導數的符號確定單調區間．

　　（Ⅱ）要使f（x）≥0對任意x∈[1，+∞]恒成立，只需：f（x）min≥0，

　　根據導數確定單調性，求出最值即可得到實數a的取值范圍

　　本題考查了利用導數求函數單調區間，函數的最值，屬于中檔題．