2017高考数学一轮复习第三章导数及其应用3.2.3导数的综合应用对点训练理

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1、2017高考数学一轮复习第三章导数及其应用3.2.3导数的综合应用对点训练理1.设f(x)是定义在R上的可导函数，当x≠0时，f′(x)＋>0，则关于x的函数g(x)＝f(x)＋的零点个数为(　　)A．1B．2C．0D．0或2答案　C解析　由f′(x)＋>0，得>0，当x>0时，xf′(x)＋f(x)>0，即[xf(x)]′>0，函数xf(x)单调递增；当x<0时，xf′(x)＋f(x)<0，即[xf(x)]′<0，函数xf(x)单调递减．∴xf(x)>0f(0)＝0，又g(x)＝f(x)＋x－1＝，函数g(x)＝的零点个数等价于函数y＝xf(x)＋1的零

2、点个数．当x>0时，y＝xf(x)＋1>1，当x<0时，y＝xf(x)＋1>1，所以函数y＝xf(x)＋1无零点，所以函数g(x)＝f(x)＋x－1的零点个数为0.故选C.2．设函数f(x)是定义在(－∞，0)上的可导函数，其导函数为f′(x)，且有2f(x)＋xf′(x)>x2，则不等式(x＋2014)2f(x＋2014)－4f(－2)>0的解集为________．答案　(－∞，－2016)解析　由2f(x)＋xf′(x)>x2，x<0得2xf(x)＋x2f′(x)

3、0(x<0)，即F(x)在(－∞，0)上是减函数，因为F(x＋2014)＝(x＋2014)2f(x＋2014)，F(－2)＝4f(－2)，所以不等式(x＋2014)2f(x＋2014)－4f(－2)>0即为F(x＋2014)－F(－2)>0，即F(x＋2014)>F(－2)，又因为F(x)在(－∞，0)上是减函数，所以x＋2014<－2，∴x<－2016.3．已知f(x)＝ax－cosx，x∈.若∀x1∈，∀x2∈，x1≠x2，<0，则实数a的取值范围为________．答案　a≤－解析　f′(x)＝a＋sinx.依题意可知f(x)在上为减函数，所以f′(

4、x)≤0对x∈恒成立，可得a≤－sinx对x∈恒成立．设g(x)＝－sinx，x∈.易知g(x)为减函数，故g(x)min＝－，所以a≤－.4．设函数f(x)＝emx＋x2－mx.(1)证明：f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增；(2)若对于任意x1，x2∈[－1,1]，都有

5、f(x1)－f(x2)

6、≤e－1，求m的取值范围．解　(1)证明：f′(x)＝m(emx－1)＋2x.若m≥0，则当x∈(－∞，0)时，emx－1≤0，f′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，emx－1≥0，f′(x)>0.若m<0，则当x∈(－∞，0)时，emx－1

7、>0，f′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，emx－1<0，f′(x)>0.所以，f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增．(2)由(1)知，对任意的m，f(x)在[－1,0]单调递减，在[0,1]单调递增，故f(x)在x＝0处取得最小值．所以对于任意x1，x2∈[－1,1]，

8、f(x1)－f(x2)

9、≤e－1的充要条件是即　①设函数g(t)＝et－t－e＋1，则g′(t)＝et－1.当t<0时，g′(t)<0；当t>0时，g′(t)>0.故g(t)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增．又g(1)＝0，g(－1)＝e－1＋2－e<0

10、，故当t∈[－1,1]时，g(t)≤0.当m∈[－1,1]时，g(m)≤0，g(－m)≤0，即①式成立；当m>1时，由g(t)的单调性，g(m)>0，即em－m>e－1；当m<－1时，g(－m)>0，即e－m＋m>e－1.综上，m的取值范围是[－1,1]．5．设a>1，函数f(x)＝(1＋x2)ex－a.(1)求f(x)的单调区间；(2)证明：f(x)在(－∞，＋∞)上仅有一个零点；(3)若曲线y＝f(x)在点P处的切线与x轴平行，且在点M(m，n)处的切线与直线OP平行(O是坐标原点)，证明：m≤－1.解　(1)f′(x)＝2xex＋(1＋x2)ex＝(

11、x2＋2x＋1)ex＝(x＋1)2ex≥0，故f(x)是R上的单调递增函数，其单调增区间是(－∞，＋∞)，无单调减区间．(2)证明：因为f(0)＝(1＋02)e0－a＝1－a<0，且f(lna)＝(1＋ln2a)elna－a＝(1＋ln2a)a－a＝aln2a>0，由零点存在性定理知，f(x)在(－∞，＋∞)上至少有一个零点．又由(1)知，函数f(x)是(－∞，＋∞)上的单调递增函数，故函数f(x)在(－∞，＋∞)上仅有一个零点．(3)证明：设点P(x0，y0)，由曲线y＝f(x)在点P处的切线与x轴平行知，f′(x0)＝0，即f′(x0)＝(x0＋1)2

12、ex0＝0，(x0＋1)2＝0，x0＝－1，即P(－1,2e－1－