2022年高考數(shù)學大二輪復習 專題二 函數(shù)與導數(shù) 2.3（二）導數(shù)的綜合應用練習

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1、2022年高考數(shù)學大二輪復習 專題二 函數(shù)與導數(shù) 2.3（二）導數(shù)的綜合應用練習 1．(2018·昆明市高三摸底調研測試)若函數(shù)f(x)＝2x－x2－1，對于任意的x∈Z且x∈(－∞，a)，都有f(x)≤0恒成立，則實數(shù)a的取值范圍為(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A．(－∞，－1] B．(－∞，0] C．(－∞，4] D．(－∞，5] 解析：　對任意的x∈Z且x∈(－∞，a)， 都有f(x)≤0恒成立，可轉化為對任意的x∈Z且x∈(－∞，a)，2x≤x2＋1恒成立． 令g(x)＝2x，h(x)＝x2＋1，

2、 當x<0時，g(x)h(x)． 綜上，實數(shù)a的取值范圍為(－∞，5]，故選D. 答案：　D 2．已知函數(shù)y＝f(x)是R上的可導函數(shù)，當x≠0時，有f′(x)＋>0，則函數(shù)F(x)＝xf(x)＋的零點個數(shù)是(　　) A．0 B．1 C．2 D．3 解析：　由F(x)＝xf(x)＋＝0， 得xf(x)＝－， 設g(x)＝xf(x)， 則g′(x)＝f(x)＋xf′(x)， 因為x≠0時，有f′(x)＋>0， 所以x≠0時，>0， 即當x>0時，g

3、′(x)＝f(x)＋xf′(x)>0，此時函數(shù)g(x)單調遞增， 此時g(x)>g(0)＝0， 當x<0時， g′(x)＝f(x)＋xf′(x)<0，此時函數(shù)g(x)單調遞減，此時g(x)>g(0)＝0， 作出函數(shù)g(x)和函數(shù)y＝－的圖象，(直線只代表單調性和取值范圍)，由圖象可知函數(shù)F(x)＝xf(x)＋的零點個數(shù)為1個． 答案：　B 3．定義1：若函數(shù)f(x)在區(qū)間D上可導，即f′(x)存在，且導函數(shù)f′(x)在區(qū)間D上也可導，則稱函數(shù)f(x)在區(qū)間D上存在二階導數(shù)，記作f″(x)，即f″(x)＝[f′(x)]′. 定義2：若函數(shù)f(x)在區(qū)間D上的二階導數(shù)恒為正，即f″

4、(x)>0恒成立，則稱函數(shù)f(x)在區(qū)間D上為凹函數(shù)． 已知函數(shù)f(x)＝x3－x2＋1在區(qū)間D上為凹函數(shù)，則x的取值范圍是________． 解析：　∵f(x)＝x3－x2＋1，∴f′(x)＝3x2－3x，∴f″(x)＝6x－3.令f″(x)>0，即6x－3>0，解得x>.∴x的取值范圍是. 答案：　 4．已知函數(shù)f(x)＝，g(x)＝－(x－1)2＋a2，若當x>0時，存在x1，x2∈R，使得f(x2)≤g(x1)成立，則實數(shù)a的取值范圍是________． 解析：　由題意得存在x1，x2∈R，使得f(x2)≤g(x1)成立，等價于f(x)min≤g(x)max. 因為g(x)

5、＝－(x－1)2＋a2，x>0， 所以當x＝1時，g(x)max＝a2. 因為f(x)＝，x>0， 所以f′(x)＝＝. 所以f(x)在(0,1)上單調遞減，在(1，＋∞)上單調遞增， 所以f(x)min＝f(1)＝e. 又g(x)max＝a2， 所以a2≥e?a≤－或a≥. 故實數(shù)a的取值范圍是(－∞，－]∪[，＋∞)． 答案：　(－∞，－]∪[，＋∞) 5．(2018·武漢市武昌區(qū)調研考試)已知函數(shù)f(x)＝ln x＋，a∈R. (1)討論函數(shù)f(x)的單調性； (2)當a>0時，證明f(x)≥. 解析：　(1)f′(x)＝－＝(x>0)． 當a≤0時，f′(x

6、)>0，f(x)在(0，＋∞)上單調遞增． 當a>0時，若x>a，則f′(x)>0，函數(shù)f(x)在(a，＋∞)上單調遞增； 若00時，f(x)min＝f(a)＝ln a＋1. 要證f(x)≥，只需證ln a＋1≥， 即證ln a＋－1≥0. 令函數(shù)g(a)＝ln a＋－1， 則g′(a)＝－＝(a>0)， 當01時，g′(a)>0， 所以g(a)在(0,1)上單調遞減，在(1，＋∞)上單調遞增． 所以g(a)min＝g(1)＝0. 所以ln a

7、＋－1≥0恒成立， 所以f(x)≥. 6．(2018·南昌市第一次模擬測試卷)已知函數(shù)f(x)＝ex－aln x－e(a∈R)，其中e為自然對數(shù)的底數(shù)． (1)若f(x)在x＝1處取得極小值，求a的值及函數(shù)f(x)的單調區(qū)間； (2)若當x∈[1，＋∞)時，f(x)≥0恒成立，求a的取值范圍． 解析：　(1)易知f(x)的定義域為(0，＋∞)． 由f(x)＝ex－aln x－e(a∈R)，得f′(x)＝ex－. 由題意可知f′(1)＝0，所以a＝e，所以f′(x)＝ex－＝. 令g(x)＝xex－e，則g′(x)＝ex(1＋x)． 當x>0時，g′(x)>0，所以g(x)在(

8、0，＋∞)上單調遞增，且g(1)＝0. 所以當x∈(0,1)時，g(x)<0，當x∈(1，＋∞)時，g(x)>0， 所以當x∈(0,1)時，f′(x)<0，當x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0. 故函數(shù)f(x)的減區(qū)間為(0,1)，增區(qū)間為(1，＋∞)． (2)由f(x)＝ex－aln x－e，得f′(x)＝ex－. ①當a≤0時，f′(x)＝ex－>0，所以f(x)在[1，＋∞)上單調遞增，f(x)min＝f(1)＝0.(符合題意) ②當a>0時，f′(x)＝ex－，當x∈[1，＋∞)時，ex≥e. (ⅰ)當a∈(0，e]時，因為x∈[1，＋∞)， 所以≤e，f′(x)＝ex

9、－≥0， 所以f(x)在[1，＋∞)上單調遞增，f(x)min＝f(1)＝0.(符合題意) (ⅱ)當a∈(e，＋∞)時，存在x0∈[1，＋∞)，滿足f′(x0)＝e－＝0， 所以f(x)在[1，x0)上單調遞減，在(x0，＋∞)上單調遞增，故f(x0)

10、析：　(1)∵f(x)＝ex－ax－1，∴f′(x)＝ex－a， 當a≤0時，f′(x)>0恒成立， ∴f(x)的單調遞增區(qū)間為(－∞，＋∞)，無單調遞減區(qū)間； 當a>0時，令f′(x)<0，得x0，得x>ln a， ∴f(x)的單調遞減區(qū)間為(－∞，ln a)，單調遞增區(qū)間為(ln a，＋∞)． (2)令g(x)＝0，得f(x)＝0或x＝， 先考慮f(x)在區(qū)間[0,1]上的零點個數(shù)， 當a≤1時，f(x)在(0，＋∞)上單調遞增且f(0)＝0， ∴f(x)在[0,1]上有一個零點； 當a≥e時，f(x)在(－∞，1)上單調遞減，∴f(x)在[0,

11、1]上有一個零點； 當1e－1或a＝2(－1)時，g(x)在[0,1]上有兩個零點； 當10，a≠1)． (1)當a＝e(e是

12、自然對數(shù)的底數(shù))時，求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間； (2)若存在x1，x2∈[－1,1]，使得|f(x1)－f(x2)|≥e－1，求實數(shù)a的取值范圍． 解析：　(1)f′(x)＝axln a＋2x－ln a＝2x＋(ax－1)ln a. 當a＝e時，f′(x)＝2x＋ex－1，在R上是增函數(shù)， 又f′(0)＝0，∴f′(x)>0的解集為(0，＋∞)，f′(x)<0的解集為(－∞，0)，故函數(shù)f(x)在a＝e時的單調遞增區(qū)間為(0，＋∞)，單調遞減區(qū)間為(－∞，0)． (2)∵存在x1，x2∈[－1,1]， 使得|f(x1)－f(x2)|≥e－1， 又當x1，x2∈[－1,1]時，|f

13、(x1)－f(x2)|≤f(x)max－f(x)min， ∴只要f(x)max－f(x)min≥e－1即可． ∵當a>1時，ln a>0，y＝(ax－1)ln a在R上是增函數(shù)， 當01或0

14、)的最大值f(x)max為f(－1)和f(1)中的較大者． f(1)－f(－1)＝(a＋1－ln a)－＝a－－2ln a， 令g(a)＝a－－2ln a(a>0)， ∴g′(a)＝1＋－＝2≥0， ∴g(a)＝a－－2ln a在(0，＋∞)上是增函數(shù)． 而g(1)＝0，故當a>1時， g(a)>0，即f(1)>f(－1)； 當01時，f(x)max－f(x)min＝f(1)－f(0)≥e－1， 即a－ln a≥e－1， 函數(shù)y＝a－ln a在(1，＋∞)上是增函數(shù)，解得a≥e； 當0