(新高考)高考数学二轮复习分层练习16《导数的综合应用》（解析版）

16 导数的综合应用

A组 考点专练

一、选择题

1.若不等式2xln x≥－x2＋ax－3恒成立，则实数a的取值范围为(　　)

A.(－∞，0)    B.(－∞，4]

C.(0，＋∞)    D.[4，＋∞)

【答案】B

【解析】条件可转化为a≤2ln x＋x＋(x>0)恒成立，

设f(x)＝2ln x＋x＋，

则f′(x)＝(x>0).

当x∈(0，1)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；

当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，

所以f(x)min＝f(1)＝4.所以a≤4.

2.已知函数f(x)＝x2－3x＋5，g(x)＝ax－ln x，若对∀x∈(0，e)，∃x1，x2∈(0，e)且x1≠x2，使得f(x)＝g(xi)(i＝1，2)，则实数a的取值范围是(　　)

A.    B.

C.    D.∪

【答案】C

【解析】当x∈(0，e)时，函数f(x)的值域为.

由g′(x)＝a－＝可知：

当a≤0时，g′(x)<0，与题意不符，故a>0.

令g′(x)＝0，得x＝，则∈(0，e)，

所以g(x)min＝g＝1＋ln a.

作出函数g(x)在(0，e)上的大致图象，如图所示，

数形结合，知解得≤a<e.

3.已知函数f(x)＝(k－1)xex，若对任意x∈R，都有f(x)<1成立，则实数k的取值范围是(　　)

A.(－∞，1－e)    B.(1－e，＋∞)

C.(－e，0]    D.(1－e，1]

【答案】D

【解析】由f(x)<1，得(k－1)x<＝，所以曲线y＝恒在直线y＝(k－1)x的上方.

过原点作曲线y＝的切线，设切点为P(x0，y0)，则－＝，即－＝，得x0＝－1.

∴y＝的切线的斜率k0＝－e－x|x＝－1＝－e，则－e<k－1≤0，解得1－e<k≤1.

4.(多选题)关于函数f(x)＝＋ln x，下列判断正确的是(　　)

A.x＝2是f(x)的极大值点

B.函数y＝f(x)－x有且只有1个零点

C.存在正实数k，使得f(x)>kx恒成立

D.对任意两个正实数x1，x2，且x2>x1，若f(x1)＝f(x2)，则x1＋x2>4

【答案】BD

【解析】函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－＋＝，当0<x<2时，f′(x)<0，函数f(x)在(0，2)上单调递减，当x>2时，f′(x)>0，函数f(x)在(2，＋∞)上单调递增，∴x＝2是f(x)的极小值点，故A错误；y＝f(x)－x＝＋ln x－x，∴y′＝－＋－1＝<0，函数y＝f(x)－x在(0，＋∞)上单调递减，且f(1)－1＝2＋ln1－1＝1>0，f(2)－2＝1＋ln2－2＝ln2－1<0，∴函数y＝f(x)－x有且只有1个零点，故B正确；若f(x)>kx(x>0)，则k<＋，令g(x)＝＋，则g′(x)＝，令h(x)＝－4＋x－xln x，则

h′(x)＝－lnx，当h′(x)>0时，0<x<1，当h′(x)<0时，x>1，∴函数h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴h(x)≤h(1)<0，∴g′(x)<0，∴函数g(x)＝＋在(0，＋∞)上单调递减，且当x→＋∞时，g(x)→0，

∴不存在正实数k，使得f(x)>kx恒成立，故C错误；

令t∈(0，2)，则2－t∈(0，2)，2＋t∈(2，4)，

令u(t)＝f(2＋t)－f(2－t)＝＋ln(2＋t)－－ln(2－t)＝＋ln ，

则u′(t)＝＋·＝＋＝<0，

∴u(t)在(0，2)上单调递减，则u(t)<u(0)＝0，令x1＝2－t，

由f(x1)＝f(x2)，得x2>2＋t，则x1＋x2>2－t＋2＋t＝4，当x2≥4时，x1＋x2>4显然成立，

∴对任意两个正实数x1，x2，且x2>x1，若f(x1)＝f(x2)，则x1＋x2>4，故D正确.故选BD.

二、填空题

5.函数f(x)的导函数为f′(x)，对任意x∈R，都有f′(x)＞－f(x)成立，若f(ln 2)＝，则满足不等式f(x)＞的x的取值范围是________.

【答案】(ln 2，＋∞)

【解析】由题意，对任意x∈R，都有f′(x)＞－f(x)成立，即f′(x)＋f(x)＞0.令g(x)＝exf(x)，则g′(x)＝f′(x)ex＋f(x)ex＝ex[f′(x)＋f(x)]＞0，所以函数g(x)在R上单调递增.不等式f(x)＞等价于exf(x)＞1，即g(x)＞1.

因为f(ln 2)＝，所以g(ln 2)＝eln 2f(ln 2)＝2×＝1.故当x＞ln 2时，g(x)＞g(ln 2)＝1，

所以不等式g(x)＞1的解集为(ln 2，＋∞).

6.若对于任意正实数x，都有ln x－aex－b＋1≤0(e为自然对数的底数)成立，则a＋b的最小值是________.

【答案】0

【解析】因为对于任意正实数x都有ln x－aex－b＋1≤0成立，不妨将x＝代入不等式中，得a＋b≥0.下面证明a＋b＝0时满足题意，当a＝1，b＝－1时，令f(x)＝ln x－ex＋1＋1＝ln x－ex＋2，则f′(x)＝－e＝.由f′(x)＝0，得x＝，所以函数f(x)在上单调递增，在上单调递减，所以f(x)max＝f＝0，即f(x)≤0对任意正数x都成立，所以当a＝1，b＝－1，即a＋b＝0时满足题意，所以a＋b的最小值为0.

三、解答题

7.设函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c.

(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；

(2)设a＝b＝4，若函数f(x)有三个不同零点，求c的取值范围.

【解析】(1)由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，得f′(x)＝3x2＋2ax＋b.

∵f(0)＝c，f′(0)＝b，

∴曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝bx＋c.

(2)当a＝b＝4时，f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c，

∴f′(x)＝3x2＋8x＋4.

令f′(x)＝0，得3x2＋8x＋4＝0，

解得x＝－2或x＝－.

当x变化时，f(x)与f′(x)在区间(－∞，＋∞)上的情况如下：

∴当c>0且c－<0时，f(－4)＝c－16<0，f(0)＝c>0，存在x1∈(－4，－2)，x2∈，x3∈，使得f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝0.

由f(x)的单调性知，当且仅当c∈时，函数f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c有三个不同零点.

8.【2020新课标Ⅲ卷】设函数f(x)＝x3＋bx＋c，曲线y＝f(x)在点处的切线与y轴垂直.

(1)求b； (2)若f(x)有一个绝对值不大于1的零点，证明：f(x)所有零点的绝对值都不大于1.

【解析】(1)f′(x)＝3x2＋b.依题意得f′＝0，即＋b＝0，故b＝－.

(2)由(1)知f(x)＝x3－x＋c，f′(x)＝3x2－.令f′(x)＝0，解得x＝－或x＝.

f′(x)与f(x)的情况为：

因为f(1)＝f＝c＋，

所以当c<－时，f(x)只有大于1的零点.

因为f(－1)＝f＝c－，

所以当c>时，f(x)只有小于－1的零点.

由题设可知－≤c≤.

当c＝－时，f(x)只有两个零点－和1.

当c＝时，f(x)只有两个零点－1和.

当－<c<时，f(x)有三个零点x1，x2，x3，

且x1∈，x2∈，x3∈.

综上，若f(x)有一个绝对值不大于1的零点，则f(x)所有零点的绝对值都不大于1.

B组  专题综合练

9.设函数f(x)＝excos x，g(x)为f(x)的导函数.

(1)求f(x)的单调区间；

(2)当x∈时，证明f(x)＋g(x)≥0.

【解析】(1)由已知，有f′(x)＝ex(cos x－sin x).

因此，当x∈(k∈Z)时，

有sin x>cos x，得f′(x)<0，则f(x)单调递减；

当x∈(k∈Z)时，有sin x<cos x，

得f′(x)>0，则f(x)单调递增.

所以f(x)的单调递增区间为(k∈Z)，

f(x)的单调递减区间为(k∈Z).

(2)记h(x)＝f(x)＋g(x).

依题意及(1)，有g(x)＝ex(cos x－sin x)，

从而g′(x)＝－2exsin x.当x∈时，g′(x)<0，

故h′(x)＝f′(x)＋g′(x)＋g(x)(－1)＝g′(x)<0.

因此，h(x)在区间上单调递减，进而h(x)≥h＝f＝0.

所以当x∈时，f(x)＋g(x)≥0.

10.已知函数f(x)＝＋，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为x＋2y－3＝0.

(1)求a，b的值；

(2)如果当x＞0，且x≠1时，f(x)＞＋，求k的取值范围.

【解析】(1)f′(x)＝－.

由于直线x＋2y－3＝0的斜率为－，且过点(1，1)，

故即解得a＝1，b＝1.

(2)由(1)知f(x)＝＋，所以

f(x)－＝.

考虑函数h(x)＝2ln x＋(x＞0)，

则h′(x)＝.

(ⅰ)设k≤0，由h′(x)＝知，

当x≠1时，h′(x)＜0，h(x)递减.而h(1)＝0，故当x∈(0，1)时，h(x)＞0.可得h(x)＞0；

当x∈(1，＋∞)时，h(x)＜0，可得h(x)＞0.

从而当x＞0，且x≠1时，f(x)－＞0，

即f(x)＞＋.

(ⅱ)设0＜k＜1，由于(k－1)(x2＋1)＋2x＝(k－1)x2＋2x＋k－1的图象开口向下，且Δ＝4－4(k－1)2>0，

对称轴x＝>1.当x∈时，(k－1)(x2＋1)＋2x＞0.故h′(x)＞0，而h(1)＝0，故当x∈时，

h(x)＞0，可得h(x)＜0.与题设矛盾.

(ⅲ)设k≥1，此时x2＋1≥2x，(k－1)(x2＋1)＋2x>0⇒h′(x)＞0，而h(1)＝0，故当x∈(1，＋∞)时，h(x)＞0，可得h(x)＜0，与题设矛盾.

综上，得k的取值范围为(－∞，0].