新編一輪創(chuàng)新思維文數(shù)人教版A版練習(xí)：第二章 第十二節(jié)　導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用 Word版含解析

課時規(guī)范練 A組　基礎(chǔ)對點練 1．已知函數(shù)f(x)＝x3－2x2＋3m，x∈[0，＋∞)，若f(x)＋5≥0恒成立，則實數(shù)m的取值范圍是(　　) A.　　　　　　 B. C．(－∞，2] D．(－∞，2) 解析：f′(x)＝x2－4x，由f′(x)>0，得x>4或x<0. ∴f(x)在(0,4)上單調(diào)遞減，在(4，＋∞)上單調(diào)遞增， ∴當(dāng)x∈[0，＋∞)時，f(x)min＝f(4)． ∴要使f(x)＋5≥0恒成立，只需f(4)＋5≥0恒成立即可，代入解之得m≥. 答案：A 2．對?x∈R，函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)存在，若f′(x)>f(x)，且a>0，則以下說法正確的是(　　) A．f(a)>ea·f(0) B．f(a)<ea·f(0) C．f(a)>f(0) D．f(a)<f(0) 解析：設(shè)g(x)＝，則g′(x)＝>0，故 g(x)＝為R上的單調(diào)遞增函數(shù)，因此g(a)>g(0)，即>＝f(0)，所以f(a)>ea·f(0)，選A. 答案：A 3．若存在正數(shù)x使2x(x－a)<1成立，則a的取值范圍是(　　) A．(－∞，＋∞) B．(－2，＋∞) C．(0，＋∞) D．(－1，＋∞) 解析：∵2x(x－a)<1，∴a>x－. 令f(x)＝x－， ∴f′(x)＝1＋2－xln 2>0. ∴f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增， ∴f(x)>f(0)＝0－1＝－1， ∴a的取值范圍為(－1，＋∞)，故選D. 答案：D 4．某工廠要圍建一個面積為512平方米的矩形堆料場，一邊可以利用原有的墻壁，其他三邊需要砌新的墻壁，當(dāng)砌新的墻壁所用的材料最省時，堆料場的長和寬分別為(　　) A．32米，16米 B．30米，15米 C．40米，20米 D．36米，18米 解析：要求材料最省，則要求新砌的墻壁總長最短，設(shè)堆料廠的寬為x米，則長為米，因此新墻總長為L＝2x＋(x>0)，則L′＝2－，令L′＝0，得x＝±16.又x>0，∴x＝16.則當(dāng)x＝16時，L取得極小值，也是最小值，即用料最省，此時長為＝32(米)．故選A. 答案：A 5．某銀行準(zhǔn)備設(shè)一種新的定期存款業(yè)務(wù)，經(jīng)預(yù)測，存款量與存款利率的平方成正比，比例系數(shù)為k(k>0)，貸款的利率為4.8%，假設(shè)銀行吸收的存款能全部放貸出去．若存款利率為x(x∈(0,0.048))，則銀行獲得最大收益的存款利率為(　　) A．3.2% B．2.4% C．4% D．3.6% 解析：依題意知，存款量是kx2，銀行應(yīng)支付的利息是kx3，銀行應(yīng)獲得的利息是0.048kx2，所以銀行的收益y＝0.048kx2－kx3，故y′＝0.096kx－3kx2，令y′＝0，得x＝0.032或x＝0(舍去)．因為k>0，所以當(dāng)0<x<0.032時，y′>0；當(dāng)0.032<x<0.048時，y′<0.因此，當(dāng)x＝0.032時，y取得極大值，也是最大值，即當(dāng)存款利率定為3.2%時，銀行可獲得最大收益． 答案：A 6．已知函數(shù)f(x)＝m－2ln x(m∈R)，g(x)＝－，若至少存在一個x0∈[1，e]，使得f(x0)<g(x0)成立，則實數(shù)m的取值范圍是(　　) A. B. C．(－∞，0] D．(－∞，0) 解析：由題意，不等式f(x)<g(x)在[1，e]上有解，∴mx<2ln x在[1，e]上有解，即<在[1，e]上有解，令h(x)＝，則h′(x)＝，當(dāng)1≤x≤e時，h′(x)≥0，∴在[1，e]上，h(x)max＝h(e)＝，∴<，∴m<.∴m的取值范圍是.故選B. 答案：B 7．若函數(shù)f(x)＝xex－a有兩個零點，則實數(shù)a的取值范圍為(　　) A．－<a<0 B．a(chǎn)>－ C．－e<a<0 D．0<a<e 解析：構(gòu)造函數(shù)g(x)＝xex，則g′(x)＝ex(x＋1)，因為ex>0，所以由g′(x)＝0，解得x＝－1， 當(dāng)x>－1時，g′(x)>0，函數(shù)g(x)為增函數(shù)；當(dāng)x<－1時，g′(x)<0，函數(shù)g(x)為減函數(shù)，所以當(dāng)x＝－1時函數(shù)g(x)有最小值；g(－1)＝－e－1＝－.畫出函數(shù)y＝xex的圖象，如圖所示，顯然當(dāng)－<a<0時，函數(shù)f(x)＝xex－a有兩個零點，故選A. 答案：A 8．當(dāng)x∈[－2,1]時，不等式ax3－x2＋4x＋3≥0恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是(　　) A．[－5，－3] B. C．[－6，－2] D．[－4，－3] 解析：當(dāng)x∈(0,1]時，得a≥－33－42＋， 令t＝，則t∈[1，＋∞)，a≥－3t3－4t2＋t， 令g(t)＝－3t3－4t2＋t，t∈[1，＋∞)，則g′(t)＝－9t2－8t＋1＝－(t＋1)·(9t－1)，顯然在[1，＋∞)上，g′(t)<0，g(t)單調(diào)遞減， 所以g(t)max＝g(1)＝－6，因此a≥－6；同理，當(dāng)x∈[－2,0)時， 得a≤－2. 由以上兩種情況得－6≤a≤－2，顯然當(dāng)x＝0時也成立， 故實數(shù)a的取值范圍為[－6，－2]． 答案：C 9．若函數(shù)f(x)＝2x＋sin x對任意的m∈[－2,2]，f(mx－3)＋f(x)<0恒成立，則x的取值范圍是__________． 解析：f(－x)＝－f(x)，f(x)為奇函數(shù)， 若x∈R時，f′(x)＝2＋cos x>0恒成立， ∴f(x)在R上為增函數(shù)， 又f(x)為奇函數(shù)，故 在定義域內(nèi)為增函數(shù)，∴f(mx－3)＋f(x)<0可變形為f(mx－3)<f(－x)，∴mx－3<－x，將其看作關(guān)于m的一次函數(shù)，則g(m)＝x·m－3＋x，m∈[－2,2]，可得當(dāng)m∈[－2,2]時，g(m)<0恒成立，若x≥0，g(2)<0，若x<0，g(－2)<0，解得－3<x<1. 答案：－3<x<1 10．已知函數(shù)f(x)＝ln x＋3x－8的零點x0∈[a，b]，且b－a＝1，a，b∈N*，則a＋b＝__________. 解析：∵f(2)＝ln 2＋6－8＝ln 2－2<0， f(3)＝ln 3＋9－8＝ln 3＋1>0， 且函數(shù)f(x)＝ln x＋3x－8在(0，＋∞)上為增函數(shù)， ∴x0∈[2,3]，即a＝2，b＝3. ∴a＋b＝5. 答案：5 11．已知函數(shù)f(x)＝ax＋xln x(a∈R)． (1)若函數(shù)f(x)在區(qū)間[e，＋∞)上為增函數(shù)，求a的取值范圍； (2)當(dāng)a＝1且k∈Z時，不等式k(x－1)<f(x)在x∈(1，＋∞)上恒成立，求k的最大值． 解析：(1)f′(x)＝a＋ln x＋1， 由題意知f′(x)≥0在[e，＋∞)上恒成立， 即ln x＋a＋1≥0在[e，＋∞)上恒成立， 即a≥－(ln x＋1)在[e，＋∞)上恒成立， 而[－(ln x＋1)]max＝－(ln e＋1)＝－2， ∴a≥－2，即a的取值范圍為[－2，＋∞)． (2)當(dāng)a＝1時，f(x)＝x＋xln x， ∵x∈(1，＋∞)， ∴原不等式可化為k<， 即k<對任意x>1恒成立． 令g(x)＝，則g′(x)＝. 令h(x)＝x－ln x－2(x>1)， 則h′(x)＝1－＝>0， ∴h(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增． ∵h(3)＝1－ln 3<0，h(4)＝2－2ln 2>0， ∴存在x0∈(3,4)使h(x0)＝0，即g′(x0)＝0. 即當(dāng)1<x<x0時，h(x)<0，即g′(x)<0. 當(dāng)x>x0時，h(x)>0，即g′(x)>0. ∴g(x)在(1，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增． 由h(x0)＝x0－ln x0－2＝0，得ln x0＝x0－2， g(x)min＝g(x0)＝＝ ＝x0∈(3,4)， ∴k<g(x)min＝x0且k∈Z，即kmax＝3. 12．(20xx·德州中學(xué)月考)已知函數(shù)f(x)＝mx2－x＋ln x. (1)若在函數(shù)f(x)的定義域內(nèi)存在區(qū)間D，使得該函數(shù)在區(qū)間D上為減函數(shù)，求實數(shù)m的取值范圍； (2)當(dāng)0<m≤時，若曲線C：y＝f(x)在點x＝1處的切線l與曲線C有且只有一個公共點，求m的值或取值范圍． 解析：(1)f′(x)＝2mx－1＋＝， 即2mx2－x＋1<0在(0，＋∞)上有解． 當(dāng)m≤0時顯然成立； 當(dāng)m>0時，由于函數(shù)y＝2mx2－x＋1的圖象的對稱軸x＝>0，故需且只需Δ>0，即1－8m>0，解得m<. 故0<m<，綜上所述，實數(shù)m的取值范圍為. (2)f(1)＝m－1，f′(1)＝2m，故切線方程為y－m＋1＝2m(x－1)， 即y＝2mx－m－1. 從而方程mx2－x＋ln x＝2mx－m－1在(0，＋∞)上有且只有一解． 設(shè)g(x)＝mx2－x＋ln x－(2mx－m－1)， 則g (x)在(0，＋∞)上有且只有一個零點． 又g(1)＝0，故函數(shù)g(x)有零點x＝1. 則g′(x)＝2mx－1＋－2m＝＝. 當(dāng)m＝時，g′(x)≥0， 又g(x)不是常數(shù)函數(shù)，故g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增． ∴函數(shù)g(x)有且只有一個零點x＝1，滿足題意． 當(dāng)0<m<時，由g′(x)＝0，得x＝或x＝1.且>1， 由g′(x)>0，得0<x<1或x>； 由g′(x)<0，得1<x<. 故當(dāng)x在(0，＋∞)上變化時 ，g′(x)，g(x)的變化情況如下表： x (0,1) 1 g′(x) ＋ 0 － 0 ＋ g(x)  極大值  極小值  根據(jù)上表知g<0. 又g(x)＝mx＋m＋ln x＋1. ∴g>0， 故在上，函數(shù)g(x)又有一個零點，不滿足題意． 綜上所述，m＝. B組　能力提升練 1．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，＋∞) 解析：2xln x≥－x2＋ax－3， 則a≤2ln x＋x＋，設(shè)h(x)＝2ln x＋x＋(x>0)，則h′(x)＝. 當(dāng)x∈(0,1)時，h′(x)<0，函數(shù)h(x)單調(diào)遞減； 當(dāng)x∈(1，＋∞)時，h′(x)>0，函數(shù)h(x)單調(diào)遞增，所以h(x)min＝h(1)＝4，所以a≤h(x)min＝4. 答案：B 2．(20xx·運城模擬)已知函數(shù)f(x)＝ln x＋tan α的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，若方程f′(x)＝f(x)的根x0小于1，則α的取值范圍為(　　) A. B. C. D. 解析：因為f(x)＝ln x＋tan α，所以f′(x)＝， 令f(x)＝f′(x)，得ln x＋tan α＝， 即tan α＝－ln x．設(shè)g(x)＝－ln x，顯然g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減， 而當(dāng)x→0時，g(x)→＋∞， 所以要使?jié)M足f′(x)＝f(x)的根x0<1，只需tan α>g(1)＝1， 又因為0<α<，所以α∈. 答案：A 3．(20xx·宜州調(diào)研)設(shè)f(x)＝|ln x|，若函數(shù)g(x)＝f(x)－ax在區(qū)間(0,4)上有三個零點，則實數(shù)a的取值范圍是(　　) A. B. C. D. 解析：令y1＝f(x)＝|ln x|，y2＝ax，若函數(shù)g(x)＝f(x)－ax在區(qū)間(0,4)上有三個零點，則y1＝f(x)＝|ln x|與y2＝ax的圖象(圖略)在區(qū)間(0,4)上有三個交點．由圖象易知，當(dāng)a≤0時，不符合題意；當(dāng)a>0時，易知y1＝|ln x|與y2＝ax 的圖象在區(qū)間(0,1)上有一個交點，所以只需要y1＝|ln x|與y2＝ax的圖象在區(qū)間(1,4)上有兩個交點即可，此時|ln x|＝ln x，由ln x＝ax，得a＝.令h(x)＝，x∈(1,4)，則h′(x)＝，故函數(shù)h(x)在(1，e)上單調(diào)遞增，在(e,4)上單調(diào)遞減，h(e)＝＝，h(1)＝0，h(4)＝＝，所以<a<，故選D. 答案：D 4．已知函數(shù)f(x)＝x3＋x2－ax－a(x∈R，其中a>0)．若函數(shù)f(x)在區(qū)間(－2,0)內(nèi)恰有兩個零點，則a的取值范圍是(　　) A. B. C．(1,2) D．(0，＋∞) 解析：f′(x)＝x2＋(1－a)x－a＝(x＋1)(x－a)． 由f′(x)＝0，得x＝－1或a(a>0)． 當(dāng)x變化時f′(x)與f(x)的變化情況如表： x (－∞，－1) －1 (－1，a) a (a，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x)  極大值  極小值  故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(－∞，－1)，(a，＋∞)；單調(diào)遞減區(qū)間是(－1，a)． 可知函數(shù)f(x)在區(qū)間(－2，－1)內(nèi)單調(diào)遞增；在區(qū)間(－1,0)內(nèi)單調(diào)遞減． 從而函數(shù)f(x)在區(qū)間(－2,0)內(nèi)恰有兩個零點， 當(dāng)且僅當(dāng)解得0<a<. 所以a的取值范圍是. 答案：A 5．(20xx·鄭州模擬)若函數(shù)f(x)＝x2＋－aln x(a>0)有唯一的零點x0，且m<x0<n(m，n為相鄰整數(shù))，則m＋n的值為(　　) A．1 B．3 C．5 D．7 解析：令g(x)＝x2＋，h(x)＝aln x，則g′(x)＝2x－，h′(x)＝(a>0，x>0)．因為函數(shù)f(x)有唯一零點x0，所以函數(shù)g(x)，h(x)的圖象有唯一一個交點，即g(x)，h(x)有唯一公切點(x0，y0)，即由得x＋－2ln x0＝0，令φ(x)＝x＋－2ln x0，則φ(1)＝3>0，φ(2)＝5－7ln 2>0，φ(e)＝－e2＋<0，所以x0∈(2，e)，所以m＝2，n＝3，所以m＋n＝5. 答案：C 6．若函數(shù)f(x)＝＋1(a<0)沒有零點，則實數(shù)a的取值范圍為__________． 解析：f′(x)＝＝. 當(dāng)a<0時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表： x (－∞，2) 2 (2，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x)  極小值  若使函數(shù)f(x)沒有零點， 當(dāng)且僅當(dāng)f(2)＝＋1>0，解得a>－e2， 所以此時－e2<a<0， 故實數(shù)a的取值范圍為(－e2,0)． 答案：(－e2,0) 7．已知f(x)＝x2＋x，g(x)＝x3－2x＋m，若不等式f(x)≥g(x)對任意x∈[－4,4]恒成立，則實數(shù)m的取值范圍是__________． 解析：令h(x)＝g(x)－f(x) ＝x3－x2－3x＋m， 則h′(x)＝(x－3)(x＋1)． 所以當(dāng)－4<x<－1時，h′(x)>0； 當(dāng)－1<x<3時，h′(x)<0； 當(dāng)3<x<4時，h′(x)>0. 要使f(x)≥g(x)恒成立，即h(x)max≤0， 由上知h(x)的最大值在x＝－1或x＝4處取得， 而h(－1)＝m＋，h(4)＝m－， 所以m＋≤0，即m≤－， 所以實數(shù)m的取值范圍為. 答案： 8．(20xx·長沙模擬)已知函數(shù)f(x)＝x|x2－a|，若存在x∈[1,2]，使得f(x)<2，則實數(shù)a的取值范圍是__________． 解析：當(dāng)x∈[1,2]時，f(x)＝|x3－ax|， 由f(x)<2可得－2<x3－ax<2， 即為－x2－<－a<－x2＋， 設(shè)g(x)＝－x2－，導(dǎo)數(shù)為g′(x)＝－2x＋， 當(dāng)x∈[1,2]時，g′(x)≤0， 即g(x)在[1,2]上單調(diào)遞減， 所以g(x)min＝－4－1＝－5， 即有－a>－5，即a<5； 設(shè)h(x)＝－x2＋，導(dǎo)數(shù)為h′(x)＝－2x－， 當(dāng)x∈[1,2]時，h′(x)<0， 即h(x)在[1,2]上單調(diào)遞減，可得h(x)max＝－1＋2＝1.即有－a<1，即a>－1. 綜上可得，a的取值范圍是－1<a<5. 答案：(－1,5) 9．已知f(x)＝ax2，g(x)＝2ln x，若方程f(x)＝g(x)在區(qū)間[，e]上有兩個不等解，試求a的取值范圍． 解析：原式等價于方程a＝在區(qū)間[，e]上有兩個不等解． 令φ(x)＝，由φ′(x)＝易知，φ(x)在(，)上為增函數(shù)，在(，e)上為減函數(shù)， 則φ(x)max＝φ()＝， 而φ(e)＝，φ()＝. 由φ(e)－φ()＝－＝ ＝<0， 所以φ(e)<φ()．所以φ(x)min＝φ(e)， 如圖可知φ(x)＝a有兩個不等解時，需≤a<.即f(x)＝g(x)在[，e]上有兩個不等解時a的取值范圍為. 10．(20xx·貴陽模擬)已知函數(shù)f(x)＝1－，g(x)＝x－ln x. (1)證明：g(x)≥1. (2)證明：(x－ln x)f(x)>1－. 證明：(1)g′(x)＝，當(dāng)0<x<1時，g′(x)<0. 當(dāng)x>1時，g′(x)>0， 即g(x)在(0,1)上為減函數(shù)，在(1，＋∞)上為增函數(shù)． 所以g(x)≥g(1)＝1，得證． (2)f(x)＝1－，f′(x)＝， 所以當(dāng)0<x<2時，f′(x)<0，x>2時，f′(x)>0， 即f(x)在(0,2)上為減函數(shù)，在(2，＋∞)上為增函數(shù)， 所以f(x)≥f(2)＝1－，① 又由(1)知x－ln x≥1，②，且①②等號不同時取得． 所以(x－ln x)f(x)>1－.