2021年高考数学一轮精选练习：16《导数的综合应用》(含解析)

2021年高考数学一轮精选练习：16《导数的综合应用》一         、选择题1.已知函数y=x3－3x＋c的图象与x轴恰有两个公共点，则c等于(　 　)A.－2或2      B.－9或3         C.－1或1       D.－3或1 2.已知函数f(x)=m－2lnx(m∈R)，g(x)=－，若至少存在一个x0∈[1，e]，使得f(x0)＜g(x0)成立，则实数m的取值范围是(　　)A.     B.      C.(－∞，0]     D.(－∞，0) 3.定义在R上的函数f(x)满足：f(x)＋f′(x)＞1，f(0)=4，则不等式exf(x)＞ex＋3(其中e为自然对数的底数)的解集为(　 　)A.(0，＋∞)                 B.(－∞，0)∪(3，＋∞)C.(－∞，0)∪(0，＋∞)      D.(3，＋∞) 4.已知函数f(x)=(x－a)3－3x＋a(a＞0)在[－1，b]上的值域为[－2－2a,0]，则b的取值范围是(　 　)A.[0,3]        B.[0,2]         C.[2,3]       D.(－1,3] 5.对于三次函数f(x)=ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)，给出定义：设f′(x)是函数y=f(x)的导数，f″(x)是f′(x)的导数，若方程f″(x)=0有实数解x0，则称点(x0，f(x0))为函数y=f(x)的“拐点”.经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心.设函数g(x)=2x3－3x2＋，则g＋g＋…＋g=(　 　)A.100         B.50            C.          D.0 6.已知f(x)=x2＋＋c(b，c是常数)和g(x)=x＋是定义在M={x|1≤x≤4}上的函数，对于任意的x∈M，存在x0∈M使得f(x)≥f(x0)，g(x)≥g(x0)，且f(x0)=g(x0)，则f(x)在M上的最大值为(　B　)A.3.5        B.5          C.6       D.8 7.已知f(x)=(x∈R)，若关于x的方程f2(x)－mf(x)＋m－1=0恰好有4个不相等的实数根，则实数m的取值范围为(　 　)A.∪(2，e)     B.   C.      D. 二         、填空题8.从边长为10 cm×16 cm的矩形纸板的四角截去四个相同的小正方形，做成一个无盖的盒子，则盒子容积的最大值为      cm3. 9.直线x=t分别与函数f(x)=ex＋1的图象及g(x)=2x－1的图象相交于点A和点B，则|AB|的最小值为          . 10.定义在R上的奇函数y=f(x)满足f(3)=0，且不等式f(x)＞－xf′(x)在(0，＋∞)上恒成立，则函数g(x)=xf(x)＋lg|x＋1|的零点个数为         .  三         、解答题11.已知函数f(x)=2ex－(x－a)2＋3，a∈R.(1)若函数f(x)的图象在x=0处的切线与x轴平行，求a的值；(2)若x≥0，f(x)≥0恒成立，求a的取值范围.            12.已知函数f(x)=x－lnx.(1)求f(x)的单调区间和极值；(2)证明：当x≥1时，≥ex－1；(3)若f(x)≥(1－m)x＋m对任意x∈(0，＋∞)恒成立，求实数m的值.                     13.已知函数f(x)=xlnx.(1)若函数g(x)=f(x)＋ax在区间[e2，＋∞)上为增函数，求实数a的取值范围；(2)若对任意x∈(0，＋∞)，f(x)≥恒成立，求实数m的最大值.             14.已知函数f(x)=(x－1)ex－ax2.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)有两个零点，求实数a的取值范围.                
答案解析1.答案为：A；解析：∵y′=3x2－3，∴当y′=0时，x=±1.则当x变化时，y′，y的变化情况如下表：因此，当函数图象与x轴恰有两个公共点时，必有c＋2=0或c－2=0，∴c=－2或c=2. 2.答案为：A；解析：由题意，不等式f(x)＜g(x)在[1，e]上有解，∴mx＜2lnx在[1，e]上有解，即＜在[1，e]上有解，令h(x)=，则h′(x)=，当1≤x≤e时，h′(x)≥0，∴在[1，e]上，h(x)max=h(e)=，∴＜，∴m＜，∴m的取值范围是，故选B. 3.答案为：A；解析：设g(x)=exf(x)－ex(x∈R)，则g′(x)=exf(x)＋exf′(x)－ex=ex[f(x)＋f′(x)－1]，因为f(x)＋f′(x)＞1，所以f(x)＋f′(x)－1＞0，所以g′(x)＞0，所以g(x)=exf(x)－ex在定义域上单调递增，因为exf(x)＞ex＋3，所以g(x)＞3.又因为g(0)=e0f(0)－e0=4－1=3，所以g(x)＞g(0)，所以x＞0. 4.答案为：A；解析：由f(x)=(x－a)3－3x＋a，得f′(x)=3(x－a)2－3，令f′(x)=0，得x1=a－1，x2=a＋1.当x∈(－∞，a－1)∪(a＋1，＋∞)时，f′(x)＞0，当x∈(a－1，a＋1)时，f′(x)＜0，则f(x)在(－∞，a－1)，(a＋1，＋∞)上为增函数，在(a－1，a＋1)上为减函数.又f(a＋1)=－2－2a，∴要使f(x)=(x－a)3－3x＋a(a＞0)在[－1，b]上的值域为[－2－2a,0]，则f(－1＋a)=2－2a≤0，若2－2a=0，即a=1，此时f(－1)=－4，f(0)=0，－2－2a=－4，f(3)=0，f(2)=－4.∴b∈[0,3]；若2－2a＜0，即a＞1，此时f(－1)=(－1－a)3＋3＋a=－a3－3a2－2a＋2，而f(－1)－(－2a－2)=－a3－3a2－2a＋2＋2a＋2=－a3－3a2＋4=(1－a)·(a＋2)2＜0，∴不合题意，∴b的取值范围是[0,3].故选A. 5.答案为：D；解析：∵g(x)=2x3－3x2＋，∴g′(x)=6x2－6x，g″(x)=12x－6，由g″(x)=0，得x=，又g=2×3－3×2＋=0，∴函数g(x)的图象关于点对称，∴g(x)＋g(1－x)=0，∴g＋g＋…＋g=49×0＋g=g=0，故选D. 6.答案为：B；解析：因为当x∈[1,4]时，g(x)=x＋≥2=1(当且仅当x=2时等号成立)，所以f(2)=2＋＋c=g(2)=1，所以c=－1－，所以f(x)=x2＋－1－，所以f′(x)=x－=.因为f(x)在x=2处有最小值，且x∈[1,4]，所以f′(2)=0，即b=8，所以c=－5，经检验，b=8，c=－5符合题意.所以f(x)=x2＋－5，f′(x)=，所以f(x)在[1,2)上单调递减，在(2,4]上单调递增，而f(1)=＋8－5=，f(4)=8＋2－5=5，所以函数f(x)在M上的最大值为5，故选B. 7.答案为：C；解析：依题意，由f2(x)－mf(x)＋m－1=0，得f(x)=1或f(x)=m－1.当x＜0时，f(x)=－xe－x，f′(x)=(x－1)e－x＜0，此时f(x)是减函数.当x＞0时，f(x)=xe－x，f′(x)=－(x－1)e－x，若0＜x＜1，则f′(x)＞0，f(x)是增函数；若x＞1，则f′(x)＜0，f(x)是减函数.因此，要使关于x的方程f2(x)－mf(x)＋m－1=0恰好有4个不相等的实数根，只要求直线y=1，直线y=m－1与函数y=f(x)的图象共有四个不同的交点.函数f(x)的图象如图.注意到直线y=1与函数y=f(x)的图象有唯一公共点，因此要求直线y=m－1与函数y=f(x)的图象共有三个不同的交点，结合图象可知，0＜m－1＜，即1＜m＜1＋，则实数m的取值范围为. 8.答案为：144;解析：设盒子容积为y cm3，盒子的高为x cm，x∈(0,5).则y=(10－2x)(16－2x)x=4x3－52x2＋160x，∴y′=12x2－104x＋160.令y′=0，得x=2或x=(舍去)，∴ymax=6×12×2=144(cm3). 9.答案为：4－2ln2；解析：由题意得，|AB|=|et＋1－(2t－1)|=|et－2t＋2|，令h(t)=et－2t＋2，则h′(t)=et－2，所以h(t)在(－∞，ln2)上单调递减，在(ln2，＋∞)上单调递增，所以h(t)min=h(ln2)=4－2ln2＞0，即|AB|的最小值是4－2ln2. 10.答案为：3；解析：定义在R上的奇函数f(x)满足：f(0)=0=f(3)=f(－3)，f(－x)=－f(x)，当x＞0时，f(x)＞－xf′(x)，即f(x)＋xf′(x)＞0，∴[xf(x)]′＞0，即h(x)=xf(x)在x＞0时是增函数，又h(－x)=－xf(－x)=xf(x)，∴h(x)=xf(x)是偶函数，∴当x＜0时，h(x)是减函数，结合函数的定义域为R，且f(0)=f(3)=f(－3)=0，可得函数y1=xf(x)与y2=－lg|x＋1|的大致图象如图.由图象可知，函数g(x)=xf(x)＋lg|x＋1|的零点的个数为3. 11.解：(1)f′(x)=2(ex－x＋a)，∵函数f(x)的图象在x=0处的切线与x轴平行，即在x=0处的切线的斜率为0，∴f′(0)=2(a＋1)=0，∴a=－1.(2)由(1)知f′(x)=2(ex－x＋a)，令h(x)=2(ex－x＋a)(x≥0)，则h′(x)=2(ex－1)≥0，∴h(x)在[0，＋∞)上单调递增，且h(0)=2(a＋1).①当a≥－1时，f′(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，即函数f(x)在[0，＋∞)上单调递增，∴f(x)min=f(0)=5－a2≥0，解得－≤a≤，又a≥－1，∴－1≤a≤.②当a＜－1时，则存在x0＞0，使h(x0)=0且当x∈[0，x0)时，h(x)＜0，即f′(x)＜0，则f(x)单调递减，当x∈(x0，＋∞)时，h(x)＞0，则f′(x)＞0，即f(x)单调递增，∴f(x)min=f(x0)=2ex0－(x0－a)2＋3≥0，又h(x0)=2(ex0－x0＋a)=0，∴2ex0－(ex0)2＋3≥0，解得0＜x0≤ln3.由ex0=x0－a⇒a=x0－ex0，令M(x)=x－ex,0＜x≤ln3，则M′(x)=1－ex＜0，∴M(x)在(0，ln3]上单调递减，则M(x)≥M(ln3)=ln3－3，M(x)＜M(0)=－1，∴ln3－3≤a＜－1.综上，ln3－3≤a≤.故a的取值范围是[ln3－3，]. 12.解：(1)f(x)=x－lnx，f′(x)=1－，x∈(0，＋∞)，f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，有极小值f(1)=1，无极大值.(2)证明：原不等式可化为≥，记g(x)=，则g′(x)=，当x≥1时，g′(x)＜0，所以g(x)在[1，＋∞)上单调递减，有g(x)≤g(1)=，又由(1)知，≥=，得证.(3)f(x)≥(1－m)x＋m，即lnx－m(x－1)≤0，记h(x)=lnx－m(x－1)，则h(x)≤0对任意x∈(0，＋∞)恒成立，求导得h′(x)=－m(x＞0)，若m≤0，则h′(x)＞0，得h(x)在(0，＋∞)上单调递增，又h(1)=0，故当x＞1时，h(x)＞0，不合题意；若m＞0，则易得h(x)在上单调递增，在上单调递减，则h(x)max=h=－lnm－1＋m.依题意有－lnm－1＋m≤0，故f(m)≤1，由(1)知f(m)≥1，则m只能等于1. 13.解：(1)由题意得g′(x)=f′(x)＋a=lnx＋a＋1.∵函数g(x)在区间[e2，＋∞)上为增函数，∴当x∈[e2，＋∞)时，g′(x)≥0，即lnx＋a＋1≥0在[e2，＋∞)上恒成立.∴a≥－1－lnx.令h(x)=－lnx－1，∴a≥h(x)max，当x∈[e2，＋∞)时，lnx∈[2，＋∞)，∴h(x)∈(－∞，－3]，∴a≥－3，即实数a的取值范围是[－3，＋∞).(2)∵2f(x)≥－x2＋mx－3，即mx≤2xlnx＋x2＋3，又x＞0，∴m≤在x∈(0，＋∞)上恒成立.记t(x)==2lnx＋x＋.∴m≤t(x)min.∵t′(x)=＋1－==，令t′(x)=0，得x=1或x=－3(舍去).当x∈(0,1)时，t′(x)＜0，函数t(x)在(0,1)上单调递减；当x∈(1，＋∞)时，t′(x)＞0，函数t(x)在(1，＋∞)上单调递增.∴t(x)min=t(1)=4.∴m≤t(x)min=4，即m的最大值为4. 14.解：(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)=ex＋(x－1)ex－ax=x(ex－a).(ⅰ)若a≤0，则当x∈(－∞，0)时，f′(x)＜0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增.(ⅱ)若a＞0，由f′(x)=0得x=0或x=lnA.①若a=1，则f′(x)=x(ex－1)≥0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增.②若0＜a＜1，则lna＜0，故当x∈(－∞，lna)∪(0，＋∞)时，f′(x)＞0；当x∈(lna,0)时，f′(x)＜0，所以f(x)在(－∞，lna)，(0，＋∞)上单调递增，在(lna,0)上单调递减.③若a＞1，则lna＞0，故当x∈(－∞，0)∪(lna，＋∞)时，f′(x)＞0；当x∈(0，lna)时，f′(x)＜0，所以f(x)在(－∞，0)，(lna，＋∞)上单调递增，在(0，lna)上单调递减.综上所述，当a≤0时，f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增；当0＜a＜1时，f(x)在(－∞，lna)，(0，＋∞)上单调递增，在(lna,0)上单调递减；当a=1时，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；当a＞1时，f(x)在(－∞，0)，(lna，＋∞)上单调递增，在(0，lna)上单调递减.(2)(ⅰ)若a≤0，则由(1)知，f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增.又f(0)=－1，x趋近负无穷时，f(x)值趋近正无穷.x趋近正无穷时，f(x)值趋近正无穷.所以f(x)有两个零点.(ⅱ)若a=1，则由(1)知f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，所以f(x)至多有一个零点.(ⅲ)若0＜a＜1，则由(1)知，f(x)在(－∞，lna)，(0，＋∞)上单调递增，在(lna,0)上单调递减，设b=lna，当x=b时，f(x)有极大值f(b)=a(b－1)－ab2=－a(b2－2b＋2)＜0，故f(x)不存在两个零点.(ⅳ)若a＞1，则由(1)知，f(x)在(－∞，0)，(lna，＋∞)上单调递增，在(0，lna)上单调递减，当x=0时，f(x)有极大值f(0)=－1＜0，故f(x)不存在两个零点.综上，a的取值范围为a≤0.