2020届高考数学一轮复习：课时作业16《导数的综合应用》(含解析) 练习

课时作业16　导数的综合应用

1．(2019·天津调研)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　)
A．－2或2 B．－9或3
C．－1或1 D．－3或1
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：
x
(－∞，－1)
－1
(－1,1)
1
(1，＋∞)
y′
＋
0
－
0
＋
y

c＋2

c－2

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．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(　B　)
A． B．
C．(－∞，0] D．(－∞，0)
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．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　)
A．(0，＋∞) B．(－∞，0)∪(3，＋∞)
C．(－∞，0)∪(0，＋∞) D．(3，＋∞)
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．(2019·福建六校模拟)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　)
A．[0,3] B．[0,2]
C．[2,3] D．(－1,3]
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．(2019·广东韶关六校联考)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＝(　D　)
A．100 B．50
C． D．0
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．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144__cm3.
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)．
7．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.
8．(2019·佛山质检)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.
9．(2019·惠州调研)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．
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，]．
10．(2019·山西康杰中学等四校联考)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．
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.

11．(2019·厦门调研)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． B．5
C．6 D．8
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．
12．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(　C　)
A．∪(2，e) B．
C． D．
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.
13．(2019·武汉调研)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．
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．(2019·福建四地六校联考)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．
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.