高考数学(文数)一轮复习课时练习：2.12《导数的综合应用》(教师版)

这是一份高考数学(文数)一轮复习课时练习：2.12《导数的综合应用》(教师版)，共10页。

课时规范练
A组　基础对点练
1．已知函数f(x)＝x3－2x2＋3m，x∈[0，＋∞)，若f(x)＋5≥0恒成立，则实数m的取值范围是(　　)
A.　　　　　　 B.
C．(－∞，2] D．(－∞，2)
解析：f′(x)＝x2－4x，由f′(x)>0，得x>4或x<0.
∴f(x)在(0,4)上单调递减，在(4，＋∞)上单调递增，
∴当x∈[0，＋∞)时，f(x)min＝f(4)．
∴要使f(x)＋5≥0恒成立，只需f(4)＋5≥0恒成立即可，代入解之得m≥.
答案：A
2．对∀x∈R，函数f(x)的导数存在，若f′(x)>f(x)，且a>0，则以下说法正确的是(　　)
A．f(a)>ea·f(0) B．f(a) C．f(a)>f(0) D．f(a) 解析：设g(x)＝，则g′(x)＝>0，故 g(x)＝为R上的单调递增函数，因此g(a)>g(0)，即>＝f(0)，所以f(a)>ea·f(0)，选A.
答案：A
3．若存在正数x使2x(x－a)<1成立，则a的取值范围是(　　)
A．(－∞，＋∞) B．(－2，＋∞)
C．(0，＋∞) D．(－1，＋∞)
解析：∵2x(x－a)<1，∴a>x－.
令f(x)＝x－，
∴f′(x)＝1＋2－xln 2>0.
∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴f(x)>f(0)＝0－1＝－1，
∴a的取值范围为(－1，＋∞)，故选D.
答案：D
4．某工厂要围建一个面积为512平方米的矩形堆料场，一边可以利用原有的墙壁，其他三边需要砌新的墙壁，当砌新的墙壁所用的材料最省时，堆料场的长和宽分别为(　　)
A．32米，16米 B．30米，15米
C．40米，20米 D．36米，18米
解析：要求材料最省，则要求新砌的墙壁总长最短，设堆料厂的宽为x米，则长为米，因此新墙总长为L＝2x＋(x>0)，则L′＝2－，令L′＝0，得x＝±16.又x>0，∴x＝16.则当x＝16时，L取得极小值，也是最小值，即用料最省，此时长为＝32(米)．故选A.
答案：A
5．某银行准备设一种新的定期存款业务，经预测，存款量与存款利率的平方成正比，比例系数为k(k>0)，贷款的利率为4.8%，假设银行吸收的存款能全部放贷出去．若存款利率为x(x∈(0,0.048))，则银行获得最大收益的存款利率为(　　)
A．3.2% B．2.4%
C．4% D．3.6%
解析：依题意知，存款量是kx2，银行应支付的利息是kx3，银行应获得的利息是0.048kx2，所以银行的收益y＝0.048kx2－kx3，故y′＝0.096kx－3kx2，令y′＝0，得x＝0.032或x＝0(舍去)．因为k>0，所以当00；当0.032 答案：A
6．已知函数f(x)＝m－2ln x(m∈R)，g(x)＝－，若至少存在一个x0∈[1，e]，使得f(x0) A. B.
C．(－∞，0] D．(－∞，0)
解析：由题意，不等式f(x) 答案：B
7．若函数f(x)＝xex－a有两个零点，则实数a的取值范围为(　　)
A．－－
C．－e 解析：构造函数g(x)＝xex，则g′(x)＝ex(x＋1)，因为ex>0，所以由g′(x)＝0，解得x＝－1，
当x>－1时，g′(x)>0，函数g(x)为增函数；当x<－1时，g′(x)<0，函数g(x)为减函数，所以当x＝－1时函数g(x)有最小值；g(－1)＝－e－1＝－.画出函数y＝xex的图象，如图所示，显然当－ 答案：A
8．当x∈[－2,1]时，不等式ax3－x2＋4x＋3≥0恒成立，则实数a的取值范围是(　　)
A．[－5，－3] B.
C．[－6，－2] D．[－4，－3]
解析：当x∈(0,1]时，得a≥－33－42＋，
令t＝，则t∈[1，＋∞)，a≥－3t3－4t2＋t，
令g(t)＝－3t3－4t2＋t，t∈[1，＋∞)，则g′(t)＝－9t2－8t＋1＝－(t＋1)·(9t－1)，显然在[1，＋∞)上，g′(t)<0，g(t)单调递减，
所以g(t)max＝g(1)＝－6，因此a≥－6；同理，当x∈[－2,0)时，
得a≤－2.
由以上两种情况得－6≤a≤－2，显然当x＝0时也成立，
故实数a的取值范围为[－6，－2]．
答案：C
9．若函数f(x)＝2x＋sin x对任意的m∈[－2,2]，f(mx－3)＋f(x)<0恒成立，则x的取值范围是__________．
解析：f(－x)＝－f(x)，f(x)为奇函数，
若x∈R时，f′(x)＝2＋cos x>0恒成立，
∴f(x)在R上为增函数，
又f(x)为奇函数，故
在定义域内为增函数，∴f(mx－3)＋f(x)<0可变形为f(mx－3) 答案：－3 10．已知函数f(x)＝ln x＋3x－8的零点x0∈[a，b]，且b－a＝1，a，b∈N*，则a＋b＝__________.
解析：∵f(2)＝ln 2＋6－8＝ln 2－2<0，
f(3)＝ln 3＋9－8＝ln 3＋1>0，
且函数f(x)＝ln x＋3x－8在(0，＋∞)上为增函数，
∴x0∈[2,3]，即a＝2，b＝3.
∴a＋b＝5.
答案：5
11．已知函数f(x)＝ax＋xln x(a∈R)．
(1)若函数f(x)在区间[e，＋∞)上为增函数，求a的取值范围；
(2)当a＝1且k∈Z时，不等式k(x－1) 解析：(1)f′(x)＝a＋ln x＋1，
由题意知f′(x)≥0在[e，＋∞)上恒成立，
即ln x＋a＋1≥0在[e，＋∞)上恒成立，
即a≥－(ln x＋1)在[e，＋∞)上恒成立，
而[－(ln x＋1)]max＝－(ln e＋1)＝－2，
∴a≥－2，即a的取值范围为[－2，＋∞)．
(2)当a＝1时，f(x)＝x＋xln x，
∵x∈(1，＋∞)，
∴原不等式可化为k<，
即k<对任意x>1恒成立．
令g(x)＝，则g′(x)＝.
令h(x)＝x－ln x－2(x>1)，
则h′(x)＝1－＝>0，
∴h(x)在(1，＋∞)上单调递增．
∵h(3)＝1－ln 3<0，h(4)＝2－2ln 2>0，
∴存在x0∈(3,4)使h(x0)＝0，即g′(x0)＝0.
即当1 当x>x0时，h(x)>0，即g′(x)>0.
∴g(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增．
由h(x0)＝x0－ln x0－2＝0，得ln x0＝x0－2，
g(x)min＝g(x0)＝＝
＝x0∈(3,4)，
∴k
12．已知函数f(x)＝mx2－x＋ln x.
(1)若在函数f(x)的定义域内存在区间D，使得该函数在区间D上为减函数，求实数m的取值范围；
(2)当0 解析：(1)f′(x)＝2mx－1＋＝，
即2mx2－x＋1<0在(0，＋∞)上有解．
当m≤0时显然成立；
当m>0时，由于函数y＝2mx2－x＋1的图象的对称轴x＝>0，故需且只需Δ>0，即1－8m>0，解得m<.
故0 (2)f(1)＝m－1，f′(1)＝2m，故切线方程为y－m＋1＝2m(x－1)，
即y＝2mx－m－1.
从而方程mx2－x＋ln x＝2mx－m－1在(0，＋∞)上有且只有一解．
设g(x)＝mx2－x＋ln x－(2mx－m－1)，
则g (x)在(0，＋∞)上有且只有一个零点．
又g(1)＝0，故函数g(x)有零点x＝1.
则g′(x)＝2mx－1＋－2m＝＝.
当m＝时，g′(x)≥0，
又g(x)不是常数函数，故g(x)在(0，＋∞)上单调递增．
∴函数g(x)有且只有一个零点x＝1，满足题意．
当01，
由g′(x)>0，得0；
由g′(x)<0，得1 故当x在(0，＋∞)上变化时 ，g′(x)，g(x)的变化情况如下表：
x
(0,1)
1



g′(x)
＋
0
－
0
＋
g(x)

极大值

极小值

根据上表知g<0.
又g(x)＝mx＋m＋ln x＋1.
∴g>0，
故在上，函数g(x)又有一个零点，不满足题意．
综上所述，m＝.
B组　能力提升练
1．若不等式2xln x≥－x2＋ax－3对x∈(0，＋∞)恒成立，则实数a的取值范围是(　　)
A．(－∞，0) B．(－∞，4]
C．(0，＋∞) D．[4，＋∞)
解析：2xln x≥－x2＋ax－3，
则a≤2ln x＋x＋，设h(x)＝2ln x＋x＋(x>0)，则h′(x)＝.
当x∈(0,1)时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增，
所以h(x)min＝h(1)＝4，所以a≤h(x)min＝4.
答案：B
2．已知函数f(x)＝ln x＋tan α的导函数为f′(x)，若方程f′(x)＝f(x)的根x0小于1，则α的取值范围为(　　)
A. B.
C. D.
解析：因为f(x)＝ln x＋tan α，所以f′(x)＝，
令f(x)＝f′(x)，得ln x＋tan α＝，
即tan α＝－ln x．设g(x)＝－ln x，显然g(x)在(0，＋∞)上单调递减，
而当x→0时，g(x)→＋∞，
所以要使满足f′(x)＝f(x)的根x0<1，只需tan α>g(1)＝1，
又因为0<α<，所以α∈.
答案：A
3.设f(x)＝|ln x|，若函数g(x)＝f(x)－ax在区间(0,4)上有三个零点，则实数a的取值范围是(　　)
A. B.
C. D.
解析：令y1＝f(x)＝|ln x|，y2＝ax，若函数g(x)＝f(x)－ax在区间(0,4)上有三个零点，则y1＝f(x)＝|ln x|与y2＝ax的图象(图略)在区间(0,4)上有三个交点．由图象易知，当a≤0时，不符合题意；当a>0时，易知y1＝|ln x|与y2＝ax 的图象在区间(0,1)上有一个交点，所以只需要y1＝|ln x|与y2＝ax的图象在区间(1,4)上有两个交点即可，此时|ln x|＝ln x，由ln x＝ax，得a＝.令h(x)＝，x∈(1,4)，则h′(x)＝，故函数h(x)在(1，e)上单调递增，在(e,4)上单调递减，h(e)＝＝，h(1)＝0，h(4)＝＝，所以 答案：D
4．已知函数f(x)＝x3＋x2－ax－a(x∈R，其中a>0)．若函数f(x)在区间(－2,0)内恰有两个零点，则a的取值范围是(　　)
A. B.
C．(1,2) D．(0，＋∞)
解析：f′(x)＝x2＋(1－a)x－a＝(x＋1)(x－a)．
由f′(x)＝0，得x＝－1或a(a>0)．
当x变化时f′(x)与f(x)的变化情况如表：
x
(－∞，－1)
－1
(－1，a)
a
(a，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)

极大值

极小值

故函数f(x)的单调递增区间是(－∞，－1)，(a，＋∞)；单调递减区间是(－1，a)．
可知函数f(x)在区间(－2，－1)内单调递增；在区间(－1,0)内单调递减．
从而函数f(x)在区间(－2,0)内恰有两个零点，
当且仅当解得0 所以a的取值范围是.
答案：A
5．若函数f(x)＝x2＋－aln x(a>0)有唯一的零点x0，且m A．1 B．3
C．5 D．7
解析：令g(x)＝x2＋，h(x)＝aln x，则g′(x)＝2x－，h′(x)＝(a>0，x>0)．因为函数f(x)有唯一零点x0，所以函数g(x)，h(x)的图象有唯一一个交点，即g(x)，h(x)有唯一公切点(x0，y0)，即由得x＋－2ln x0＝0，令φ(x)＝x＋－2ln x0，则φ(1)＝3>0，φ(2)＝5－7ln 2>0，φ(e)＝－e2＋<0，所以x0∈(2，e)，所以m＝2，n＝3，所以m＋n＝5.
答案：C
6．若函数f(x)＝＋1(a<0)没有零点，则实数a的取值范围为__________．
解析：f′(x)＝＝.
当a<0时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，2)
2
(2，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)

极小值

若使函数f(x)没有零点，
当且仅当f(2)＝＋1>0，解得a>－e2，
所以此时－e2 故实数a的取值范围为(－e2,0)．
答案：(－e2,0)
7．已知f(x)＝x2＋x，g(x)＝x3－2x＋m，若不等式f(x)≥g(x)对任意x∈[－4,4]恒成立，则实数m的取值范围是__________．
解析：令h(x)＝g(x)－f(x)
＝x3－x2－3x＋m，
则h′(x)＝(x－3)(x＋1)．
所以当－40；
当－1 当30.
要使f(x)≥g(x)恒成立，即h(x)max≤0，
由上知h(x)的最大值在x＝－1或x＝4处取得，
而h(－1)＝m＋，h(4)＝m－，
所以m＋≤0，即m≤－，
所以实数m的取值范围为.
答案：
8．已知函数f(x)＝x|x2－a|，若存在x∈[1,2]，使得f(x)<2，则实数a的取值范围是__________．
解析：当x∈[1,2]时，f(x)＝|x3－ax|，
由f(x)<2可得－2 即为－x2－<－a<－x2＋，
设g(x)＝－x2－，导数为g′(x)＝－2x＋，
当x∈[1,2]时，g′(x)≤0，
即g(x)在[1,2]上单调递减，
所以g(x)min＝－4－1＝－5，
即有－a>－5，即a<5；
设h(x)＝－x2＋，导数为h′(x)＝－2x－，
当x∈[1,2]时，h′(x)<0，
即h(x)在[1,2]上单调递减，可得h(x)max＝－1＋2＝1.即有－a<1，即a>－1.
综上可得，a的取值范围是－1 答案：(－1,5)
9．已知f(x)＝ax2，g(x)＝2ln x，若方程f(x)＝g(x)在区间[，e]上有两个不等解，试求a的取值范围．
解析：原式等价于方程a＝在区间[，e]上有两个不等解．
令φ(x)＝，由φ′(x)＝易知，φ(x)在(，)上为增函数，在(，e)上为减函数，
则φ(x)max＝φ()＝，
而φ(e)＝，φ()＝.
由φ(e)－φ()＝－＝
＝<0，
所以φ(e)<φ()．所以φ(x)min＝φ(e)，
如图可知φ(x)＝a有两个不等解时，需≤a<.即f(x)＝g(x)在[，e]上有两个不等解时a的取值范围为.

10．已知函数f(x)＝1－，g(x)＝x－ln x.
(1)证明：g(x)≥1.
(2)证明：(x－ln x)f(x)>1－.
证明：(1)g′(x)＝，当0 当x>1时，g′(x)>0，
即g(x)在(0,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数．
所以g(x)≥g(1)＝1，得证．
(2)f(x)＝1－，f′(x)＝，
所以当02时，f′(x)>0，
即f(x)在(0,2)上为减函数，在(2，＋∞)上为增函数，
所以f(x)≥f(2)＝1－，①
又由(1)知x－ln x≥1，②，且①②等号不同时取得．
所以(x－ln x)f(x)>1－.