2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 課后限時集訓(xùn)16 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的綜合問題 理（含解析）新人教A版

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1、課后限時集訓(xùn)(十六)　導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的綜合問題 (建議用時：60分鐘) A組　基礎(chǔ)達(dá)標(biāo) 一、選擇題 1．若關(guān)于x的不等式x3－3x2－9x＋2≥m對任意x∈[－2,2]恒成立，則m的取值范圍是(　　) A．(－∞，7]　　 B．(－∞，－20] C．(－∞，0] D．[－12,7] B　[令f(x)＝x3－3x2－9x＋2，則f′(x)＝3x2－6x－9，令f′(x)＝0，得x＝－1或3(舍去)． 因為f(－1)＝7，f(－2)＝0，f(2)＝－20. 所以f(x)的最小值為f(2)＝－20，故m≤－20.] 2．設(shè)函數(shù)f(x)＝x－ln x(x＞0)，則f(x)(　　)

2、 A．在區(qū)間，(1，e)上均有零點 B．在區(qū)間，(1，e)上均無零點 C．在區(qū)間上有零點，在區(qū)間(1，e)上無零點 D．在區(qū)間上無零點，在區(qū)間(1，e)上有零點 D　[因為f′(x)＝－，所以當(dāng)x∈(0,3)時，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減，而0＜＜1＜e＜3，又f＝＋1＞0，f(1)＝＞0，f(e)＝－1＜0，所以f(x)在區(qū)間上無零點，在區(qū)間(1，e)上有零點．] 3．已知函數(shù)f(x)＝xex，g(x)＝－(x＋1)2＋a，若?x1，x2∈R，使得f(x2)≤g(x1)成立，則實數(shù)a的取值范圍是(　　) A. B．[－1，＋∞) C．[－e，＋∞) D. D　[

3、f′(x)＝ex＋xex＝(1＋x)ex，當(dāng)x＞－1時，f′(x)＞0，函數(shù)單調(diào)遞增；當(dāng)x＜－1時，f′(x)＜0，函數(shù)單調(diào)遞減．所以當(dāng)x＝－1時，f(x)取得最小值，f(－1)＝－.函數(shù)g(x)的最大值為a.若?x1，x2∈R，使得f(x2)≤g(x1)成立，則有g(shù)(x)的最大值大于或等于f(x)的最小值，即a≥－.故選D.] 4．若不等式2xln x≥－x2＋ax－3對x∈(0，＋∞)恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是(　　) A．(－∞，0) B．(－∞，4] C．(0，＋∞) D．[4，＋∞) B　[由題意知a≤2ln x＋x＋對x∈(0，＋∞)恒成立， 令g(x)＝2

4、ln x＋x＋，則g′(x)＝＋1－＝， 由g′(x)＝0得x＝1或x＝－3(舍)， 且x∈(0，1)時， g′(x)＜0，x∈(1，＋∞)時，g′(x)＞0. 因此g(x)min＝g(1)＝4. 所以a≤4，故選B.] 5．(2018·衡陽一模)已知函數(shù)f(x)＝aln x＋x2，a∈R，若f(x)在[1，e2]上有且只有一個零點，則實數(shù)a的取值范圍是(　　) A. B.∪{－2e2} C.∪{－2e} D. C　[當(dāng)x＝1時，f(x)＝1≠0，從而分離參數(shù)可將問題轉(zhuǎn)化為直線y＝a與函數(shù)g(x)＝－的圖象在(1，e2]上有且只有一個交點，令g′(x)＝＝0，得x＝，

5、易得g(x)在(1，)上單調(diào)遞增，在(，e2]上單調(diào)遞減，由于g()＝－2e，g(e2)＝－，當(dāng)x→1時，g(x)→－∞，所以直線y＝－2e，或位于y＝－下方的直線滿足題意，即a＝－2e或a＜－，故選C.] 二、填空題 6．(2019·鄭州調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝ax3－3x＋1對x∈(0,1]總有f(x)≥0成立，則實數(shù)a的取值范圍是________． [4，＋∞)　[當(dāng)x∈(0,1]時，不等式ax3－3x＋1≥0可化為a≥，設(shè)g(x)＝，x∈(0,1]， 則g′(x)＝＝－. 易知當(dāng)x＝時，g(x)max＝4，∴實數(shù)a的取值范圍是[4，＋∞)．] 7．已知函數(shù)f(x)＝ax3－

6、3x2＋1，若f(x)存在唯一的零點x0，且x0＞0，則實數(shù)a的取值范圍是________． (－∞，－2)　[當(dāng)a＝0時，f(x)＝－3x2＋1有兩個零點，不合題意，故a≠0，f′(x)＝3ax2－6x＝3x(ax－2)，令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝. 若a＞0，由三次函數(shù)圖象知f(x)有負(fù)數(shù)零點，不合題意，故a＜0. 由三次函數(shù)圖象及f(0)＝1＞0知，f＞0， 即a×3－3×2＋1＞0，化簡得a2－4＞0， 又a＜0，所以a＜－2.] 8．已知x∈(0,2)，若關(guān)于x的不等式＜恒成立，則實數(shù)k的取值范圍為________． [0，e－1)　[由題意，知k＋2x－x2

7、＞0. 即k＞x2－2x對任意x∈(0,2)恒成立，從而k≥0， 因此由原不等式，得k＜＋x2－2x恒成立． 令f(x)＝＋x2－2x，則f′(x)＝(x－1). 令f′(x)＝0，得x＝1，當(dāng)x∈(1,2)時，f′(x)＞0，函數(shù)f(x)在(1,2)上單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(0,1)時，f′(x)＜0，函數(shù)f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，所以k＜f(x)min＝f(1)＝e－1，故實數(shù)k的取值范圍為[0，e－1)．] 三、解答題 9．已知f(x)＝ln x－x＋a＋1. (1)若存在x∈(0，＋∞)，使得f(x)≥0成立，求實數(shù)a的取值范圍； (2)求證：當(dāng)x＞1時，在(1)的條件

8、下，x2＋ax－a＞xln x＋成立． [解]　f(x)＝ln x－x＋a＋1(x＞0)． (1)原題即為存在x∈(0，＋∞)，使得ln x－x＋a＋1≥0， 所以a≥－ln x＋x－1，令g(x)＝－ln x＋x－1， 則g′(x)＝－＋1＝. 令g′(x)＝0，解得x＝1. 因為當(dāng)0＜x＜1時，g′(x)＜0，所以g(x)為減函數(shù)， 當(dāng)x＞1時，g′(x)＞0，所以g(x)為增函數(shù)， 所以g(x)min＝g(1)＝0.所以a≥g(1)＝0. 所以a的取值范圍為[0，＋∞)． (2)證明：原不等式可化為x2＋ax－xln x－a－＞0(x＞1，a≥0)． 令G(x)＝x

9、2＋ax－xln x－a－，則G(1)＝0. 由(1)可知x－ln x－1＞0，則G′(x)＝x＋a－ln x－1≥x－ln x－1＞0， 所以G(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x＞1時，G(x)＞G(1)＝0. 所以當(dāng)x＞1時，x2＋ax－xln x－a－＞0成立， 即當(dāng)x＞1時，x2＋ax－a＞xln x＋成立． 10．已知函數(shù)f(x)＝＋ln x，其中a∈R. (1)給出a的一個取值，使得曲線y＝f(x)存在斜率為0的切線，并說明理由； (2)若f(x)存在極小值和極大值，證明：f(x)的極小值大于極大值． [解]　(1)∵f(x)＝＋ln x， ∴函數(shù)f(x)的

10、定義域為D＝{x|x＞0且x≠2}， ∴f′(x)＝－＋. 當(dāng)a＝1時，曲線y＝f(x)存在斜率為0的切線．證明如下： 曲線y＝f(x)存在斜率為0的切線?方程f′(x)＝0存在D上的解． 令－＋＝0，整理得x2－5x＋4＝0， 解得x＝1或x＝4. 所以當(dāng)a＝1時，曲線y＝f(x)存在斜率為0的切線． (2)證明：由(1)得f′(x)＝－＋. ①當(dāng)a≤0時，f′(x)＞0恒成立， 函數(shù)f(x)在(0,2)和(2，＋∞)上單調(diào)遞增，無極值，不合題意． ②當(dāng)a＞0時，令f′(x)＝0，整理得x2－(a＋4)x＋4＝0. 由Δ＝[－(a＋4)]2－16＞0， 所以上述方程必

11、有兩個不相等的實數(shù)解x1，x2，不妨設(shè)x1＜x2. 由得0＜x1＜2＜x2. 當(dāng)x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表： x (0，x1) x1 (x1,2) (2，x2) x2 (x2，＋∞) f′(x) ＋ 0 － － 0 ＋ f(x)  極大值   極小值  所以f(x)存在極大值f(x1)，極小值f(x2)． f(x2)－f(x1)＝－ ＝＋(ln x2－ln x1)． 因為0＜x1＜2＜x2，且a＞0， 所以－＞0，ln x2－ln x1＞0， 所以f(x2)＞f(x1)． 所以f(x)的極小值大于極大值．

12、 B組　能力提升 1．已知f(x)＝x3－3x，過A(1，m)(m≠－2)可作曲線y＝f(x)的三條切線，則m的取值范圍是(　　) A．(－1,1) B．(－2,3) C．(－1,2) D．(－3，－2) D　[設(shè)切點(x0，x－3x0)(x0≠1)， 則f′(x0)＝3x－3＝k切， 由題意得＝3x－3，得m＝－2x＋3x－3， 設(shè)g(x)＝－2x3＋3x2－3， 則g′(x)＝－6x2＋6x＝－6x(x－1)， 顯然g(x)在x＝0與x＝1處取得極值， 又g(0)＝－3，g(1)＝－2＋3－3＝－2， ∴當(dāng)－3＜m＜－2時，可作三條切線．故選D.] 2．(2

13、018·太原二模)已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx有兩個極值點x1、x2，且x1＜x2，若x1＋2x0＝3x2，函數(shù)g(x)＝f(x)－f(x0)，則g(x)(　　) A．恰有一個零點 B．恰有兩個零點 C．恰有三個零點 D．至多兩個零點 B　[∵f(x)＝x3＋ax2＋bx，∴f′(x)＝3x2＋2ax＋b，由函數(shù)f(x)有兩個極值點x1、x2，則x1、x2是方程3x2＋2ax＋b＝0的兩個根，則 x1＋x2＝－a，x1x2＝， ∴a＝－，① 由x1＋2x0＝3x2，則x0＝＝x2＋＞x2， 由函數(shù)圖象可知：令f(x1)＝f(x)的另一個解為m，則x3＋ax2＋bx

14、－f(x1)＝(x－x1)2(x－m)， 則則m＝－a－2x1，② 將①代入②整理得：m＝－2x1＝＝x0， ∴f(x)＝f(m)＝f(x0)，∴g(x)只有兩個零點，即x0和x1，故選B.] 3．已知函數(shù)f(x)＝3ln x－x2＋2x－3ln 3－，則方程f(x)＝0的解的個數(shù)是________． 1　[因為f(x)＝3ln x－x2＋2x－3ln 3－(x＞0)， 所以f′(x)＝－x＋2＝＝， 當(dāng)x∈(0,3)時，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增， 當(dāng)x∈(3，＋∞)時，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減， 當(dāng)x→0時，f(x)→－∞，當(dāng)x→＋∞時，f(x)→－∞，

15、所以f(x)max＝f(3)＝3ln 3－＋6－3ln 3－＝0，所以方程f(x)＝0只有一個解．] 4．(2018·鄭州一模)已知函數(shù)f(x)＝ax＋ln x＋1. (1)討論函數(shù)f(x)零點的個數(shù)； (2)對任意的x＞0，f(x)≤xe2x恒成立，求實數(shù)a的取值范圍． [解]　(1)函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)， 由f(x)＝ax＋ln x＋1＝0，得a＝－. 令g(x)＝－(x＞0)，則g′(x)＝. 因為當(dāng)0＜x＜1時，g′(x)＜0，當(dāng)x＞1時，g′(x)＞0， 所以函數(shù)g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增． 所以g(x)min＝g(1)

16、＝－1. 因為g＝0，當(dāng)0＜x＜時，g(x)＞0，當(dāng)x＞時，g(x)＜0， 所以當(dāng)a＜－1時，函數(shù)f(x)沒有零點； 當(dāng)a＝－1或a≥0時，函數(shù)f(x)有1個零點； 當(dāng)－1＜a＜0時，函數(shù)f(x)有2個零點． (2)因為f(x)＝ax＋ln x＋1，所以對任意的x＞0，f(x)≤xe2x恒成立，等價于a≤e2x－在(0，＋∞)上恒成立． 令m(x)＝e2x－(x＞0)， 則m′(x)＝. 再令n(x)＝2x2e2x＋ln x，則n′(x)＝4(x2＋x)e2x＋＞0， 所以n(x)＝2x2e2x＋ln x在(0，＋∞)上單調(diào)遞增． 因為n＝－2ln 2＜0，n(1)＞0，

17、 所以n(x)＝2x2e2x＋ln x有唯一零點x0，且＜x0＜1， 所以當(dāng)0＜x＜x0時，m′(x)＜0，當(dāng)x＞x0時，m′(x)＞0， 所以函數(shù)m(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增． 因為2xe2x0＋ln x0＝0，即e2x0＝－， 所以2x0＝ln(－ln x0)－ln(2x0)－ln x0， 即ln(2x0)＋2x0＝ln(－ln x0)＋(－ln x0)． 設(shè)s(x)＝ln x＋x，則s′(x)＝＋1＞0，所以函數(shù)s(x)＝ln x＋x在(0，＋∞)上單調(diào)遞增， 又s(2x0)＝s(－ln x0)， 所以2x0＝－ln x0，于是有e2x0＝. 所以m(x)≥m(x0)＝e2x0－＝2，則有a≤2. 所以a的取值范圍為(－∞，2]． - 7 -