2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 課后限時(shí)集訓(xùn)16 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的綜合問(wèn)題 理(含解析)北師大版

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1、課后限時(shí)集訓(xùn)(十六) 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的綜合問(wèn)題 (建議用時(shí):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(duì)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?yàn)閒(-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(diǎn) B.在區(qū)間,(1,e)上均無(wú)零點(diǎn) C.在區(qū)間上有零點(diǎn),在區(qū)間(1,e)上無(wú)零點(diǎn) D.在區(qū)間上無(wú)零點(diǎn),在區(qū)間(1,e)上有零點(diǎn) D [因?yàn)閒′(x)=-,所以當(dāng)x∈(0,3)時(shí),f′(x)<0,f(x)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(wú)零點(diǎn),在區(qū)間(1,e)上有零點(diǎn).] 3.已知函數(shù)f(x)=xex,g(x)=-(x+1)2+a,若存在x1,x2∈R,使得f(x2)≤g(x1)成立,則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(  ) A. B.[-1,+∞) C.[-e,+∞) D

3、. D [f′(x)=ex+xex=(1+x)ex,當(dāng)x>-1時(shí),f′(x)>0,函數(shù)遞增;當(dāng)x<-1時(shí),f′(x)<0,函數(shù)遞減.所以當(dāng)x=-1時(shí),f(x)取得最小值,f(-1)=-.函數(shù)g(x)的最大值為a.若存在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(duì)x∈(0,+∞)恒成立,則實(shí)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(duì)x∈(0,+∞)恒成立, 令g(

4、x)=2ln x+x+,則g′(x)=+1-=, 由g′(x)=0得x=1或x=-3(舍),且x∈(0,1)時(shí),g′(x)<0,x∈(1,+∞)時(shí),g′(x)>0.因此g(x)min=g(1)=4. 所以a≤4,故選 B.] 5.(2018·衡陽(yáng)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(gè)零點(diǎn),則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(  ) A. B.∪{-2e2} C.∪{-2e} D. C [當(dāng)x=1時(shí),f(x)=1≠0,從而分離參數(shù)可將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為直線y=a與函數(shù)g(x)=-的圖像在(1,e2]上有且只有一個(gè)交點(diǎn),令g′(x)==0,得x=

5、,易得g(x)在(1,)上遞增,在(,e2]上遞減,由于g()=-2e,g(e2)=-,當(dāng)x→1時(shí),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(duì)x∈(0,1]總有f(x)≥0成立,則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________. [4,+∞) [當(dāng)x∈(0,1]時(shí),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(shí),g(x)max=4,∴實(shí)數(shù)a的取值范圍是[4,+∞).] 7.已知函數(shù)f(x)=ax3-3x2

6、+1,若f(x)存在唯一的零點(diǎn)x0,且x0>0,則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________. (-∞,-2) [當(dāng)a=0時(shí),f(x)=-3x2+1有兩個(gè)零點(diǎn),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)圖像知f(x)有負(fù)數(shù)零點(diǎn),不合題意,故a<0. 由三次函數(shù)圖像及f(0)=1>0知,f>0, 即a×3-3×2+1>0,化簡(jiǎn)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(shí)數(shù)k的取值范圍為_(kāi)_______. [0,e-1) [由題意,知k+2x-x2>0.

7、 即k>x2-2x對(duì)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(shí),f′(x)>0,函數(shù)f(x)在(1,2)上遞增,當(dāng)x∈(0,1)時(shí),f′(x)<0,函數(shù)f(x)在(0,1)上遞減,所以k<f(x)min=f(1)=e-1,故實(shí)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(shí)數(shù)a的取值范圍; (2)求證:當(dāng)x>1時(shí),在(1)的條件下,x2+ax

8、-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?yàn)楫?dāng)0<x<1時(shí),g′(x)<0,所以g(x)為減函數(shù), 當(dāng)x>1時(shí),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)=x2+ax-xl

9、n 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,+∞)上遞增,所以當(dāng)x>1時(shí),G(x)>G(1)=0. 所以當(dāng)x>1時(shí),x2+ax-xln x-a->0成立, 即當(dāng)x>1時(shí),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(gè)取值,使得曲線y=f(x)存在斜率為0的切線,并說(shuō)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)的定義域?yàn)镈={x|

10、x>0且x≠2}, ∴f′(x)=-+. 當(dāng)a=1時(shí),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(shí),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(shí),f′(x)>0恒成立, 函數(shù)f(x)在(0,2)和(2,+∞)上遞增,無(wú)極值,不合題意. ②當(dāng)a>0時(shí),令f′(x)=0,整理得x2-(a+4)x+4=0. 由Δ=[-(a+4)]2-16>0, 所以上述方程必有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)解x

11、1,x2,不妨設(shè)x1<x2. 由得0<x1<2<x2. 當(dāng)x變化時(shí),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?yàn)?<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. B組 能力提升 1

12、.已知f(x)=x3-3x,過(guò)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(diǎn)(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(shí),可作三條切線.故選 D.] 2.(2018·太原二模

13、)已知函數(shù)f(x)=x3+ax2+bx有兩個(gè)極值點(diǎn)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(gè)零點(diǎn) B.恰有兩個(gè)零點(diǎn) C.恰有三個(gè)零點(diǎn) D.至多兩個(gè)零點(diǎn) B [∵f(x)=x3+ax2+bx,∴f′(x)=3x2+2ax+b,由函數(shù)f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1、x2,則x1、x2是方程3x2+2ax+b=0的兩個(gè)根,則 x1+x2=-a,x1x2=, ∴a=-,① 由x1+2x0=3x2,則x0==x2+>x2, 由函數(shù)圖像可知:令f(x1)=f(x)的另一個(gè)解為m,則x3+ax2+bx-f(x1)=(

14、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(gè)零點(diǎn),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(gè)數(shù)是________. 1 [因?yàn)閒(x)=3ln x-x2+2x-3ln 3-(x>0), 所以f′(x)=-x+2==, 當(dāng)x∈(0,3)時(shí),f′(x)>0,f(x)遞增, 當(dāng)x∈(3,+∞)時(shí),f′(x)<0,f(x)遞減, 當(dāng)x→0時(shí),f(x)→-∞,當(dāng)x→+∞時(shí),f(x)→-∞, 所以f(x)max=f

15、(3)=3ln 3-+6-3ln 3-=0,所以方程f(x)=0只有一個(gè)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(diǎn)的個(gè)數(shù); (2)對(duì)任意的x>0,f(x)≤xe2x恒成立,求實(shí)數(shù)a的取值范圍. [解] (1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0,+∞), 由f(x)=ax+ln x+1=0,得a=-. 令g(x)=-(x>0),則g′(x)=. 因?yàn)楫?dāng)0<x<1時(shí),g′(x)<0,當(dāng)x>1時(shí),g′(x)>0, 所以函數(shù)g(x)在(0,1)上遞減,在(1,+∞)上遞增. 所以g(x)min=g(1)=-1. 因?yàn)間=0,當(dāng)0<

16、x<時(shí),g(x)>0,當(dāng)x>時(shí),g(x)<0, 所以當(dāng)a<-1時(shí),函數(shù)f(x)沒(méi)有零點(diǎn); 當(dāng)a=-1或a≥0時(shí),函數(shù)f(x)有1個(gè)零點(diǎn); 當(dāng)-1<a<0時(shí),函數(shù)f(x)有2個(gè)零點(diǎn). (2)因?yàn)閒(x)=ax+ln x+1,所以對(duì)任意的x>0,f(x)≤xe2x恒成立,等價(jià)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,+∞)上遞增. 因?yàn)閚=-2ln 2<0,n(1)>0, 所以n(x)=2x2e2x+ln

17、 x有唯一零點(diǎn)x0,且<x0<1, 所以當(dāng)0<x<x0時(shí),m′(x)<0,當(dāng)x>x0時(shí),m′(x)>0, 所以函數(shù)m(x)在(0,x0)上遞減,在(x0,+∞)上遞增. 因?yàn)?xe2x0+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]. - 8 -

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