创新设计(全国通用)2018版高考数学一轮复习 第三章 导数及其应用 第2讲 导数的应用 第3课时

第三章 导数及其应用 第2讲 导数的应用 第3课时 导数与函数的

综合问题练习 理 新人教A 版

基础巩固题组

(建议用时：40分钟)

一、选择题

1.方程x 3－6x 2＋9x －10＝0的实根个数是( )

A.3

B.2

C.1

D.0 解析 设f (x )＝x 3－6x 2＋9x －10，f ′(x )＝3x 2－12x ＋9＝3(x －1)(x －3)，由此可知函数

的极大值为f (1)＝－6＜0，极小值为f (3)＝－10＜0，所以方程x 3－6x 2

＋9x －10＝0的实根个数为1.

答案 C

2.若存在正数x 使2x (x －a )＜1成立，则实数a 的取值范围是( )

A.(－∞，＋∞)

B.(－2，＋∞)

C.(0，＋∞)

D.(－1，＋∞) 解析 ∵2x (x －a )＜1，∴a ＞x －12x . 令f (x )＝x －12x ，∴f ′(x )＝1＋2－x ln 2＞0. ∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增，

∴f (x )＞f (0)＝0－1＝－1，

∴实数a 的取值范围为(－1，＋∞).

答案 D

3.(2017·山东省实验中学诊断)若函数f (x )在R 上可导，且满足f (x )－xf ′(x )>0，则

( )

A.3f (1)<f (3)

B.3f (1)>f (3)

C.3f (1)＝f (3)

D.f (1)＝f (3)

解析 由于f (x )>xf ′(x )，则??

????f （x ）x ′＝xf ′（x ）－f （x ）x 2<0恒成立，因此f （x ）x 在R 上是单调递减函数，∴

f （3）3

<f （1）1，即3f (1)>f (3). 答案 B 4.(2017·德阳模拟)方程f (x )＝f ′(x )的实数根x 0叫作函数f (x )的“新驻点”，如果函数g (x )＝ln x 的“新驻点”为a ，那么a 满足( )

A.a ＝1

B.0<a <1

2 C.2<a <

3 D.1<a <2

解析 ∵g ′(x )＝1x ，∴ln x ＝1x

. 设h (x )＝ln x －1x

， 则h (x )在(0，＋∞)上为增函数.

又∵h (1)＝－1<0，h (2)＝ln 2－12

＝ln 2－ln e>0， ∴h (x )在(1，2)上有零点，∴1<a <2.

答案 D

5.(2017·贵阳联考)已知函数f (x )的定义域为[－1，4]，部分对应值如下表：

f (x )的导函数y ＝f f (x )－a 的零点的个数为

( )

A.1

B.2

C.3

D.4

解析 根据导函数图象，知2是函数的极小值点，函数y ＝f (x )的大致图象如图所示. 由于f (0)＝f (3)＝2，1<a <2，所以y ＝f (x )－a 的零点个数为4.

答案 D

二、填空题

6.已知函数y ＝x 3

－3x ＋c 的图象与x 轴恰有两个公共点，则c ＝________.

解析 设f (x )＝x 3－3x ＋c ，对f (x )求导可得，f ′(x )＝3x 2－3，令f ′(x )＝0，可得x ＝±1，易知f (x )在(－∞，－1)，(1，＋∞)上单调递增，在(－1，1)上单调递减，若f (1)＝1－3＋c ＝0，可得c ＝2；若f (－1)＝－1＋3＋c ＝0，可得c ＝－2.

答案 －2或2

3 7.若函数f (x )＝ax －ln x 在? ??

??12，＋∞上单调递增，则实数a 的取值范围为________. 解析 由已知得f ′(x )＝a －1x ≥0对?x ∈? ????12，＋∞恒成立，∴a ≥1x 对?x ∈? ??

??12，＋∞恒成立，∵1x <112

＝2，∴a ≥2. 答案 [2，＋∞)

8.(2017·安徽江南名校联考)已知x ∈(0，2)，若关于x 的不等式x e x <1k ＋2x －x 2恒成立，则实数k 的取值范围为________.

解析 依题意，知k ＋2x －x 2

>0.

即k >x 2－2x 对任意x ∈(0，2)恒成立，从而k ≥0，

因此由原不等式，得k <e x x

＋x 2－2x 恒成立. 令f (x )＝e x x ＋x 2－2x ，则f ′(x )＝(x －1)? ??

??e x

x 2＋2. 令f ′(x )＝0，得x ＝1，当x ∈(1，2)时，f ′(x )>0，函数f (x )在(1，2)上单调递增，当x ∈(0，1)时，f ′(x )<0，函数f (x )在(0，1)上单调递减，所以k <f (x )min ＝f (1)＝e －1， 故实数k 的取值范围是[0，e －1).

答案 [0，e －1)

三、解答题

9.设函数f (x )＝(x ＋1)ln(x ＋1)，若对所有的x ≥0，都有f (x )≥ax 成立，求实数a 的取值范围.

解 令g (x )＝(x ＋1)ln(x ＋1)－ax ，则g ′(x )＝ln(x ＋1)＋1－a .

(1)当a ≤1时，1－a ≥0，∵x ≥0，∴ln(x ＋1)≥0，

∴g ′(x )≥0，∴g (x )在[0，＋∞)上是增函数，

∴g (x )≥g (0)＝0，

∴当a ≤1时，(x ＋1)ln(x ＋1)≥ax 对x ≥0都成立.

(2)当a >1时，令g ′(x )＝0解得x ＝e

a －1－1. 当0<x <e a －1－1时，g ′(x )<0；当x >e

a －1－1时，g ′(x )>0， ∴g (x )在(0，e

a －1－1)上递减，在(e a －1－1，＋∞)上递增， ∴g (e a －1－1)<g (0)＝0，

∴当a >1时，不是对所有的x ≥0，都有f (x )≥ax 成立.

综上，由(1)(2)可知，实数a 的取值范围是(－∞，1].

4 10.(2017·武汉调研)已知函数f (x )＝ln x －

a （x －1）x

(a ∈R ). (1)求函数f (x )的单调区间； (2)求证：不等式(x ＋1)ln x >2(x －1)对?x ∈(1，2)恒成立.

(1)解 定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝x －a x 2

. ①a ≤0时，f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上为增函数；

②a >0时，f (x )在(a ，＋∞)上为增函数，在(0，a ) 上为减函数.

(2)证明 法一 ∵x ∈(1，2)，∴x ＋1>0，

∴要证原不等式成立，即证ln x >

2（x －1）x ＋1

对?x ∈(1，2)恒成立，令g (x )＝ln x －2（x －1）x ＋1

， g ′(x )＝（x －1）2（x ＋1）2≥0，∴g (x )在(0，＋∞)上为增函数， ∴当x ∈(1，2)时，g (x )>g (1)＝ln 1－2（1－1）1＋1

＝0， ∴ln x >2（x －1）x ＋1

对?x ∈(1，2)恒成立， ∴(x ＋1)ln x >2(x －1)对?x ∈(1，2)恒成立.

法二 令F (x )＝(x ＋1)ln x －2(x －1)， F ′(x )＝ln x ＋x ＋1x

－2， ＝ln x －x －1x

. 令φ(x )＝ln x －

x －1x ，由(1)知a ＝1时， φ(x )在(0，1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数.

∵x ∈(1，2)，则φ(x )在(1，2)为增函数，φ(x )>φ(1)＝0， 即x ∈(1，2)，F ′(x )>0，∴F (x )在(1，2)上为增函数，

∴F (x )>F (1)＝0，

∴(x ＋1)ln x >2(x －1)对?x ∈(1，2)恒成立.

能力提升题组

(建议用时：25分钟)

11.函数f (x )＝3x 2＋ln x －2x 的极值点的个数是( )

A.0

B.1

C.2

D.无数个 解析 函数定义域为(0，＋∞)，

5 且f ′(x )＝6x ＋1x －2＝6x 2

－2x ＋1x

， 由于x >0，g (x )＝6x 2

－2x ＋1中Δ＝－20<0，

所以g (x )>0恒成立，故f ′(x )>0恒成立，

即f (x )在定义域上单调递增，无极值点.

答案 A

12.(2014·全国Ⅰ卷)已知函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1，若f (x )存在唯一的零点x 0，且x 0>0，则实数a 的取值范围是( )

A.(2，＋∞)

B.(－∞，－2)

C.(1，＋∞)

D.(－∞，－1) 解析 法一 由题意a ≠0，由f ′(x )＝3ax 2－6x ＝0得x ＝0或x ＝2a

. 当a >0时，f (x )在(－∞，0)和? ????2a ，＋∞上单调递增，在? ??

??0，2a 上单调递减. 且f (0)＝1>0，故f (x )有小于0的零点，不符合题意，排除A ，C.

当a <0时，要使x 0>0且唯一，只需f ? ??

??2a >0，即a 2>4，∴a <－2，故选B. 法二 f (x )有唯一正零点x 0，等价于方程ax 3－3x 2＋1＝0有唯一正根x 0，即a ＝3x －1x 3有唯一正根x 0.

令g (x )＝3x －1x 3，g ′(x )＝3（1－x ）（1＋x ）x 4， ∴g (x )在(－∞，－1)上递减，(－1，0)上递增，(0，1)上递增，(1，＋∞)上递减. 又g (－1)＝－2，g (1)＝2，且当x <－1时，g (x )<0，当x >1时，g (x )>0，

∴g (x )的大致图象如图：

∴直线y ＝a 与y ＝g (x )有唯一交点，且横坐标x 0>0，只需a <g (－1)＝－2.

答案 B

13.(2017·西安模拟)定义域为R 的可导函数y ＝f (x )的导函数f ′(x )，满足f (x )<f ′(x )，且f (0)＝2，则不等式f (x )<2e x

的解集为( )

A.(－∞，0)

B.(－∞，2)

C.(0，＋∞)

D.(2，＋∞)

6 解析 设g (x )＝f （x ）

e x ，则g ′(x )＝

f ′（x ）－f （x ）

e x ，

∵f (x )<f ′(x )，∴g ′(x )<0，∴g (x )在R 上为减函数，

∵f (0)＝2，∴g (0)＝f (0)＝2，

∵f (x )<2e x ，∴f （x ）

e x <2，即g (x )<g (0)，

∴x >0，∴不等式的解集为(0，＋∞).

答案 C

14.(2017·广州调研)已知函数f (x )＝e x －m －x ，其中m 为常数.

(1)若对任意x ∈R 有f (x )≥0恒成立，求m 的取值范围；

(2)当m >1时，判断f (x )在[0，2m ]上零点的个数，并说明理由.

解 (1)依题意，可知f ′(x )＝e

x －m －1， 令f ′(x )＝0，得x ＝m .

故当x ∈(－∞，m )时，e

x －m <1，f ′(x )<0，f (x )单调递减； 当x ∈(m ，＋∞)时，e x －m >1，f ′(x )>0，f (x )单调递增.

故当x ＝m 时，f (m )为极小值也是最小值.

令f (m )＝1－m ≥0，得m ≤1，

即对任意x ∈R ，f (x )≥0恒成立时，m 的取值范围是(－∞，1].

(2)f (x )在[0，2m ]上有两个零点，理由如下：

当m >1时，f (m )＝1－m <0.

∵f (0)＝e －m

>0，f (0)·f (m )<0，且f (x )在(0，m )上单调递减.∴f (x )在(0，m )上有一个零点.

又f (2m )＝e m －2m ，令g (m )＝e m －2m ，

则g ′(m )＝e m －2，∵当m >1时，g ′(m )＝e m －2>0，

∴g (m )在(1，＋∞)上单调递增.

∴g (m )>g (1)＝e －2>0，即f (2m )>0.

∴f (m )·f (2m )<0，∴f (x )在(m ，2m )上有一个零点.

故f (x )在[0，2m ]上有两个零点.

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