【备战2017】高考数学（精讲+精练+精析）专题3.2导数的应用试题文（含解析）

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1、专题3.2导数的应用试题文【三年高考】1.【2016高考新课标1文数】若函数/(x)=x--sin2x+6tsinx在(-^，心)单调递增，则臼的取值范围是()(A)[-1,1](B)(C)]_]_3?3(D)X]【答案】c【解析】/'(x)=1-—cos2x+acosx^O对xER恒成立:故1一二I：2cos"x—11+acosx^O很卩33-acosx--cos2x+=20恒成立很卩一=『+m对rE[-1:1]恒成立:构造/(r)=一；,+m+匚：幵J333s3J八T)=W-Q0口向下的二次函数/(r)的最小值的可能值为端点值:故只需保证丿；:解得-丄冬水丄•故选/(-1)

2、=-+^0''C・2[2016高考四川文科】已知a函数f(x)=x3-12x的极小值点，则a=()(A)-4(B)-2(C)4(D)2【答案】D【解析】f(x)=3x2-12=3(x+2)(x-2),令广(兀)=0得兀=一2或兀=2，易得/(兀)在(一2,2)上单调递减，在(2,+oo)上单调递增，故/(兀)极小值为/(2),由已知得°=2,故选D.3.[2016高考新课标1文数】己知函数f(x)=(x-2)ev+a(x-l)2.⑴讨论/(兀)的单调性；仃D若/(x)有两个零点，求°的取值范围.【解析】(1)/0)=(兀一1疋+24兀一1)=(兀一1)何+加).(0设°"贝_

3、

4、当血(Y0」)时，广(兀)<0；当xe(l3+oo)0t/,(x)>O.ffi以在(fl)单调递减:在(1+x)单调递増.(ii)设由/*(%)=0得x=l或i-=In(-2a).(D若。=-彳贝」f(x)=(x-l)(ex-e]:所以f(x)在(yc=+x)单调递増•②若a>—

5、贝」&Xln(・2a)vl,故当xe(-oojn(一2a))U(h+R)时，广(兀)>0j当xe(1n(-2a):1)01:/*(x)<0:f(x)在(Y」n(-2d))a+对单调递増:在(hi(-2d)J)单调递减•③若°<-£则血(-24)>1：故当xe(-x:l)U(ln(-2a)：+oc)时，

6、广(x)a0,当xeI丄In(-2a)；

7、时:/'(x)v0:所以/(x)在(-x：l);(ln(-2a):+H)单调递増:在(Lin(一2a))单调递减.(II)(i)设aa0：则由(I；知丿(x)在(-£1)单调递减:在(1+龙)单调递増•又/⑴=-©/(2)=。取方满足乂0且-0:所以f(x)有两个零点一(ii)设。0：贝i_

8、/(x)=(x-2)^所以/(x)有一个零点.(iii)设X0：若。王-?则由⑴知J(x)在(1+oc)单调递増又当厶x<10t/(x)

9、I)m/(x)在(lit!(-2a))单调递减在l：ln(-2小+xj单调递増•又当x<101/(x)0故/&)不存在两个零点•综上4的取值范围为(0:+x).3.[2016高考新课标III文数】设函数/(x)=ln%-x+l.(T)讨论/(兀)的单调性；X—1(II)证明当XG(l,+oo)时，1V——VX；lnx(III)设C>1,证明当XG(0,l)时，l+(c—1)兀>疋.【解析】(I)由题设，/(X)的定义域为(0;+x),/(x)=--l,令/(x)=0,解得x=l•当0<无<1时,X/(x)>0,/(x)单调递増；当x>l时，/(x)<0,/(x)单调递减.(II

10、)由(I)知，/(x)在x=l处取得最犬值，最犬值为/(1)=0,所以当x工1时，Inxvx—l,故当xe(l+x)B寸，hixvx—l,In丄<--1,即1<匕0,g(x)单调递増；当XA总时，g(x)<0,g(x)单调递减由(II)知，1<学丄<5Inc故0<忑<1・又g(O)=g(l)=O,故当00,所以当xe(O=l)H寸，l+(c—l)x>cl5.[2016髙考山东文数】(木小题满分13分)设

11、f{x)-xxx-ax+(2z?-1)x,&WR.(I)令g(W3,求gd)的单调区间;(II)已知f3在尸1处取得极大值•求实数a的取值范I丸【解析】(I)由广(兀)=ln兀一2ox+2a,可得g(兀)=lnx-2ox+2a,兀w(0,2),则g'(x)=丄一2^=上如，当时，*(0,+oo)时，g©)>0,函数g(x)单调递增；当°>0时,X一g'(兀)>0,函数g(兀)单调递增,xe(),+8(2d)时,g'G)vO,函数g(兀)单调递减.所以当时,函数g(x)单调递增区间为(0