【2023届必备】2023版高考一轮复习训练11　导数的综合问题

训练11　导数的综合问题

一、单选题

1．(2022·黄石调研)已知a＝4ln 5π，b＝5ln 4π，c＝5ln π4，则a，b，c的大小关系是(　　)

A．a<b<c   B．b<c<a

C．b<a<c   D．c<b<a

答案　A

解析　令f(x)＝(x≥e)，可得f′(x)＝＝，

当x≥e时，f′(x)≤0恒成立，

所以f(x)＝在(e，＋∞)上单调递减，

所以f(π)>f(4)>f(5)，

即>>，可得4ln π>πln 4,5ln 4>4ln 5，

所以ln π4>ln 4π，5πln 4>4πln 5，

所以5ln π4>5ln 4π，5ln 4π>4ln 5π，

即c>b，b>a，所以a<b<c.

2．(2022·曲靖模拟)已知在函数f(x)＝x2＋ln x与函数g(x)＝2x2－ax的图象上存在关于y轴对称的点，则实数a的取值范围为(　　)

A.   B.

C．(－∞，－e]   D．(－∞，－1]

答案　D

解析　由题可得f(x)＝g(－x)在(0，＋∞)上有解，即x2＋ln x＝2x2＋ax在(0，＋∞)上有解，

所以a＝在(0，＋∞)上有解，

令h(x)＝，x∈(0，＋∞)，

则h′(x)＝，

令p(x)＝－x2＋1－ln x，x∈(0，＋∞)，

则p′(x)＝－2x－<0，

所以p(x)在(0，＋∞)上单调递减，且p(1)＝0，

所以当x∈(0,1)时，p(x)>0，则h′(x)>0，h(x)单调递增，

当x∈(1，＋∞)时，p(x)<0，则h′(x)<0，h(x)单调递减，

所以h(x)max＝h(1)＝－1，故a≤－1.

3．(2022·萍乡模拟)若ex＋2t≥ln x－2t对一切正实数x恒成立，则实数t的取值范围是(　　)

A.   B.

C.   D．(－∞，e]

答案　C

解析　由ex＋2t≥ln x－2t可得ex＋2t＋x＋2t≥ln x＋x＝eln x＋ln x，

构造函数f(x)＝ex＋x，其在(－∞，＋∞)上单调递增，

∴f(x＋2t)≥f(ln x)，

∴x＋2t≥ln x，即x－ln x＋2t≥0，

令g(x)＝x－ln x＋2t，g′(x)＝1－＝，

易知g(x)＝x－ln x＋2t在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，

∴g(1)≥0，即1＋2t≥0，

∴t∈.

4．(2022·南平模拟)设函数f(x)＝(x－1)ex，若关于x的不等式f(x)<ax－1有且仅有两个整数解，则实数a的取值范围是(　　)

A．(－1，e2]   B.

C.   D.

答案　D

解析　∵f(x)＝(x－1)ex，

∴f′(x)＝xex，

令f′(x)＝0，得x＝0，

当x>0时，f′(x)>0，当x<0时，f′(x)<0，

∴函数y＝f(x)的单调递减区间为(－∞，0)，单调递增区间为(0，＋∞)．

则函数y＝f(x)在x＝0处取得极小值，且极小值为f(0)＝－1，如图所示．

当a>0时，若关于x的不等式f(x)<ax－1有且仅有两个整数解，

则

解得<a≤，

当a<0时，由于直线y＝ax－1与x轴的负半轴交于点，当x<时，关于x的不等式f(x)<ax－1有无数个整数解，不满足题意，

当a＝0时，不满足题意，

综上所述，实数a的取值范围是.

二、多选题

5．定义在(0，＋∞)上的函数f(x)的导函数为f′(x)，且(x＋1)f′(x)－f(x)<x2＋2x对x∈(0，＋∞)恒成立．下列结论正确的是(　　)

A．2f(2)－3f(1)>5

B．若f(1)＝2，x>1，则f(x)>x2＋x＋

C．f(3)－2f(1)<7

D．若f(1)＝2,0<x<1，则f(x)>x2＋x＋

答案　CD

解析　设函数g(x)＝，

则g′(x)＝

＝，

因为在(0，＋∞)上，

(x＋1)f′(x)－f(x)<x2＋2x，

所以g′(x)<0；

则g(x)在(0，＋∞)上单调递减，

从而g(1)>g(2)>g(3)，

整理得2f(2)－3f(1)<5，f(3)－2f(1)<7；

所以A错误，C正确；

当0<x<1时，若f(1)＝2，因为g(x)在(0，＋∞)上单调递减，

所以当0<x<1时，g(x)>g(1)＝，

即>，

即f(x)>x2＋x＋，

所以D正确，则B错误．

6．(2022·菏泽模拟)对于函数f(x)＝，下列说法正确的是(　　)

A．f(x)在x＝处取得极大值

B．f(x)有两个不同的零点

C．f <f()<f()

D．若f(x)<k－在(0，＋∞)上恒成立，则k>

答案　ACD

解析　对于选项A，函数定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝，令f′(x)>0，可得0<x<，

令f′(x)<0，可得x>，所以f(x)在(0，)上单调递增，在(，＋∞)上单调递减，

所以f(x)在x＝处取得极大值f()＝，故选项A正确；

对于选项B，令f(x)＝＝0，可得x＝1，

又当x→0时，f(x)→－∞，当x→＋∞时，f(x)→0，因此f(x)只有一个零点，故选项B不正确；

对于选项C，显然<<，f(x)在(，＋∞)上单调递减，

可得f()>f()＝>0，

因为f ＝2ln <0，

即f <f()<f()，故选项C正确；

对于选项D，由题意知，k>f(x)＋＝＋在(0，＋∞)上恒成立，

令g(x)＝＋(x>0)，则k>g(x)max ，因为g′(x)＝，

易知当x∈时，g′(x)>0，当x∈时，g′(x)<0，所以g(x)在x＝处取得极大值，也是最大值g＝，所以k>，

所以f(x)＋<k在x∈(0，＋∞)上恒成立，则k>，故选项D正确．

三、填空题

7．(2022·百师联盟联考)已知关于x的不等式2ln x＋ax－2x2≤0恒成立，则实数a的取值范围是____________．

答案　(－∞，2]

解析　因为x>0，所以不等式可化为≤x－，

设f(x)＝x－，

则f′(x)＝1－＝，

设g(x)＝x2＋ln x－1(x>0)，

由于g′(x)＝2x＋>0，

故g(x)在(0，＋∞)上单调递增，且g(1)＝0，

则当x∈(0,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；

当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，

所以f(x)min＝f(1)＝1，

则≤1，即a∈(－∞，2]．

8．已知实数a，b满足a＝e2 024－a，2 021＋ln b＝e3－ln b，则ab＝________.

答案　e3

解析　根据题意，显然a，b是正数．由a＝e2 024－a，两边取对数得，ln a＝ln e2 024－a＝2 024－a，

即a－(3－ln a)＝2 021，又2 021＋ln b＝e3－ln b，

即e3－ln b－ln b＝2 021，利用a＝eln a，于是记h(x)＝e3－x－x，h′(x)＝－e3－x－1<0，故h(x)在R上单调递减，由h(3－ln a)＝h(ln b)⇒3－ln a＝ln b，于是ln ab＝3，ab＝e3.

四、解答题

9．已知函数f(x)＝aex－－1，其中a>0.

(1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；

(2)若函数f(x)有唯一零点，求a的值．

解　(1)当a＝2时，f(x)＝2ex－－1，

∴f′(x)＝2ex－，

∴f′(0)＝2－1＝1.

又f(0)＝2－1＝1，

∴曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y－1＝x，

即x－y＋1＝0.

(2)问题等价于关于x的方程a＝有唯一的解时，求a的值．

令g(x)＝，则g′(x)＝，

令h(x)＝1－2x－ex，则h′(x)＝－2－ex<0，

∴h(x)在(－∞，＋∞)上单调递减，

又h(0)＝0，

∴当x∈(－∞，0)时，h(x)>0，即g′(x)>0，

∴g(x)在(－∞，0)上单调递增，

当x∈(0，＋∞)时，h(x)<0，即g′(x)<0，

∴g(x)在(0，＋∞)上单调递减，

∴g(x)的极大值为g(0)＝1，

∴当x∈(－∞，0]时，g(x)∈(－∞，1]，

当x∈(0，＋∞)时，g(x)∈(0,1)，

又a>0，

∴当方程a＝有唯一的解时，a＝1，

综上，当函数f(x)有唯一零点时，a的值为1.

10．已知函数f(x)＝ln x＋x＋1，g(x)＝x2＋2x.

(1)求函数y＝f(x)－g(x)的极值；

(2)若实数m为整数，且对任意的x>0，都有f(x)－mg(x)≤0恒成立，求实数m的最小值．

解　(1)设φ(x)＝f(x)－g(x)＝ln x－x2－x＋1，x>0，

∴φ′(x)＝－2x－1＝，

令φ′(x)>0，则0<x<；令φ′(x)<0，则x>，

∴φ(x)在上单调递增，在上单调递减，

∴φ(x)极大值＝φ＝－ln 2，无极小值．

(2)由f(x)－mg(x)≤0，

即ln x＋x＋1－m(x2＋2x)≤0在(0，＋∞)上恒成立，

∴m≥在(0，＋∞)上恒成立，

设h(x)＝，

则h′(x)＝，

显然x＋1>0，(x2＋2x)2 >0，

设t(x)＝－(x＋2ln x)，

则t′(x)＝－<0，

故t(x)在(0，＋∞)上单调递减，

∵t(1)＝－1<0，t＝－

＝2ln 2－>0，

由函数零点存在定理得∃x0∈，使得t(x0)＝0，即x0＋2ln x0＝0，

且x∈(0，x0)时，t(x)>0，则h′(x)>0，

x∈(x0，＋∞)时，t(x)<0，则h′(x)<0，

∴h(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减，

∴h(x)max＝h(x0)＝，

又由x0＋2ln x0＝0，x0∈，

则h(x0)＝＝，x0∈，

∴由m≥h(x)在(0，＋∞)上恒成立，且m为整数，

可得m的最小值为1.