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第3讲 导数的综合应用
基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1．(2022·湖南卷)若0＜x1＜x2＜1，则 ( )
A．ex2－ex1＞ln x2－ln x1 B．ex2－ex1＜ln x2－ln x1
C．x2ex1＞x1ex2 D．x2ex1＜x1ex2
解析 令f(x)＝，则f′(x)＝＝.当0＜x＜1时，f′(x)＜0，即f(x)在(0,1)上单调递减，∵0＜x1＜x2＜1，∴f(x2)＜f(x1)，即＜，∴x2ex1＞x1ex2，故选C．
答案 C
2．某公司生产某种产品，固定成本为20 000元，每生产一单位产品，成本增加100元，已知总营业收入R与年产量x的函数关系是R＝R(x)＝则总利润最大时，每年生产的产品是 ( )
A．100 B．150
C．200 D．300
解析 由题意得，总成本函数为C＝C(x)＝20 000＋100x，
总利润P(x)＝
又P′(x)＝
令P′(x)＝0，得x＝300，易知x＝300时，总利润P(x)最大．
答案 D
3．(2021·沈阳统考)若函数f(x)＝2x3－9x2＋12x－a恰好有两个不同的零点，则a可能的值为 ( )
A．4 B．6
C．7 D．8
解析 由题意得f′(x)＝6x2－18x＋12＝6(x－1)(x－2)，由f′(x)＞0得x＜1或x＞2，由f′(x)＜0得1＜x＜2，所以函数f(x)在(－∞，1)，(2，＋∞)上单调递增，在(1,2)上单调递减，从而可知f(x)的极大值和微小值分别为f(1)，f(2)，若欲使函数f(x)恰好有两个不同的零点，则需使f(1)＝0或f(2)＝0，解得a＝5或a＝4，而选项中只给出了4，所以选A．
答案 A
4．设函数f(x)的定义域为R，x0(x0≠0)是f(x)的极大值点，以下结论确定正确的是 ( )
A．∀x∈R，f(x)≤f(x0)
B．－x0是f(－x)的微小值点
C．－x0是－f(x)的微小值点
D．－x0是－f(－x)的微小值点
解析 A错，由于极大值未必是最大值；B错，由于函数y＝f(x)与函数y＝
f(－x)的图象关于y轴对称，－x0应是f(－x)的极大值点；C错，函数y＝f(x)与函数y＝－f(x)的图象关于x轴对称，x0应为－f(x)的微小值点；D正确，函数y＝f(x)与y＝－f(－x)的图象关于原点对称，－x0应为y＝－f(－x)的微小值点．
答案 D
5．(2022·新课标全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零点x0，且x0＞0，则a的取值范围是 ( )
A．(2，＋∞) B．(1，＋∞)
C．(－∞，－2) D．(－∞，－1)
解析 a＝0时，不符合题意．a≠0时，f′(x)＝3ax2－6x，令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝.
若a＞0，则由图象知f(x)有负数零点，不符合题意．
则a＜0，由图象结合f(0)＝1＞0知，此时必有f＞0，即a×－3×＋1＞0，化简得a2＞4，又a＜0，所以a＜－2，故选C．
答案 C
二、填空题
6．(2022·唐山模拟)已知a＞0，函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c在区间[－2,2]上单调递减，则4a＋b的最大值为__________.
解析 ∵f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，∴f′(x)＝3x2＋2ax＋b，∵函数f(x)在区间[－2,2]上单调递减，
∴即
即4a＋b≤－12，∴4a＋b的最大值为－12.
答案 －12
7．(2021·开封一模)已知函数f(x)＝ax3－3x＋1对x∈(0,1]总有f(x)≥0成立，则实数a的取值范围是________ .
解析 当x∈(0,1]时不等式ax3－3x＋1≥0可化为a≥，设g(x)＝，x∈(0,1]，
g′(x)＝＝－.
g′(x)与g(x)随x的变化状况如下表：
x
g′(x)
＋
0
－
g(x)
极大值4
因此g(x)的最大值为4，则实数a的取值范围是[4，＋∞)．
答案 [4，＋∞)
8．已知函数f(x)＝－x3＋ax2－4在x＝2处取得极值，若m，n∈[－1,1]，则f(m)＋f′(n)的最小值是________.
解析 对函数f(x)求导得f′(x)＝－3x2＋2ax，
由函数f(x)在x＝2处取得极值知f′(2)＝0，
即－3×4＋2a×2＝0，∴a＝3.
由此可得f(x)＝－x3＋3x2－4，f′(x)＝－3x2＋6x，
易知f(x)在(－1,0)上单调递减，在(0,1)上单调递增，
∴当m∈[－1,1]时，f(m)min＝f(0)＝－4.
又∵f′(x)＝－3x2＋6x的图象开口向下，且对称轴为x＝1，∴当n∈[－1,1]时，f′(n)min＝f′(－1)＝－9.
故f(m)＋f′(n)的最小值为－13.
答案 －13
三、解答题
9．(2022·青岛一模)设函数f(x)＝ln x，g(x)＝ax＋，函数f(x)的图象与x轴的交点也在函数g(x)的图象上，且在此点有公切线．
(1)求a，b的值；
(2)试比较f(x)与g(x)的大小．
解 (1)f(x)＝ln x的图象与x轴的交点坐标是(1,0)，依题意，得g(1)＝a＋b＝0，①
又f′(x)＝，g′(x)＝a－，
又f(x)与g(x)在点(1,0)处有公切线，
∴g′(1)＝f′(1)＝1，即a－b＝1，②
由①②得a＝，b＝－.
(2)令F(x)＝f(x)－g(x)，则F(x)＝ln x－＝ln x－x＋(x＞0)，∴F′(x)＝－－＝－2≤0.∴F(x)在(0，＋∞)上为减函数，且F(1)＝0，
当0＜x＜1时，F(x)＞F(1)＝0，即f(x)＞g(x)；
当x＝1时，F(x)＝F(1)＝0，即f(x)＝g(x)；
当x＞1时，F(x)＜F(1)＝0，即f(x)＜g(x)．
综上可知，当0＜x≤1时，即f(x)≥g(x)；
当x＞1时，即f(x)＜g(x)．
10．(2022·新课标全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝x3－3x2＋ax＋2，曲线y＝f(x)在点(0,2)处的切线与x轴交点的横坐标为－2.
(1)求a；
(2)证明：当k＜1时，曲线y＝f(x)与直线y＝kx－2只有一个交点．
(1)解 f′(x)＝3x2－6x＋a，f′(0)＝a，曲线y＝f(x)在点(0,2)处的切线方程为y＝ax＋2.由题设得－＝－2，所以a＝1.
(2)证明 由(1)知，f(x)＝x3－3x2＋x＋2.设g(x)＝f(x)－kx＋2＝x3－3x2＋(1－k)x＋4.
由题设知1－k＞0.
当x≤0时，g′(x)＝3x2－6x＋1－k＞0，g(x)单调递增，g(－1)＝k－1＜0，g(0)＝4，所以g(x)＝0在(－∞，0]上有唯一实根．
当x＞0时，令h(x)＝x3－3x2＋4，
则g(x)＝h(x)＋(1－k)x＞h(x)．
h′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，
h(x)在(0,2)上单调递减，
在(2，＋∞)上单调递增，所以g(x)＞h(x)≥h(2)＝0.
所以g(x)＝0在(0，＋∞)上没有实根．
综上，g(x)＝0在R上有唯一实根，即曲线y＝f(x)与直线y＝kx－2只有一个交点．
力气提升题组
(建议用时：25分钟)
11．已知y＝f(x)是奇函数，当x∈(0,2)时，f(x)＝ln x－ax，当x∈(－2,0)时，f(x)的最小值为1，则a等于 ( )
A． B．
C． D．1
解析 ∵f(x)是奇函数，∴f(x)在(0,2)上的最大值为－1.
当x∈(0,2)时，f′(x)＝－a，令f′(x)＝0得x＝，又a＞，∴0＜＜2.
当x＜时，f′(x)＞0，f(x)在(0，)上单调递增；
当x＞时，f′(x)＜0，f(x)在(，2)上单调递减，
∴f(x)max＝f()＝ln －a·＝－1，解得a＝1.
答案 D
12．(2022·大连模拟)已知函数f(x)＝x3＋ax2－x＋c(x∈R)，下列结论错误的是
( )
A．函数f(x)确定存在极大值和微小值
B．若函数f(x)在(－∞，x1)，(x2，＋∞)上是增函数，则x2－x1≥
C．函数f(x)的图象是中心对称图形
D．函数f(x)确定存在三个零点
解析 对于A，f′(x)＝3x2＋2ax－1，Δ＝4a2＋12＞0，因此函数f′(x)＝3x2＋2ax－1恒有两个相异零点x3，x4(其中x3＜x4)，易知函数f(x)的递增区间是(－∞，x3)与(x4，＋∞)，递减区间是(x3，x4)，函数f(x)确定存在极大值与微小值，选项A正确．对于B，由A知，x3＋x4＝－，x3x4＝－，则x4－x3＝＝≥，又x1≤x3，x4≤x2，因此x2－x1≥x4－x3≥，选项B正确．对于C，函数f(x)的解析式可以通过配方的方法化为形如(x＋m)3＋n(x＋m)＋h的形式，通过平移函数图象，函数的解析式可以化为y＝x3＋nx的形式，这是一个奇函数，其图象关于坐标原点对称，故函数f(x)的图象是中心对称图形，所以C正确．对于D，取a＝－c＝1，得f(x)＝x3＋x2－x－1＝(x＋1)2(x－1)，此时函数f(x)仅有两个相异零点，因此选项D不正确．综上所述，选D．
答案 D
13．已知f(x)＝xex，g(x)＝－(x＋1)2＋a，若∃x1，x2∈R，使得f(x2)≤g(x1)成立，则实数a的取值范围是______.
解析 f′(x)＝ex＋xex＝ex(1＋x)
当x＞－1时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；
当x＜－1时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减．
所以函数f(x)的最小值为f(－1)＝－.
而函数g(x)的最大值为a，则由题意，
可得－≤a，即a≥－.
答案
14．(2022·四川卷)已知函数f(x)＝ex－ax2－bx－1，其中a，b∈R，e＝2.718 28…为自然对数的底数．
(1)设g(x)是函数f(x)的导函数，求函数g(x)在区间[0,1]上的最小值；
(2)若f(1)＝0，函数f(x)在区间(0,1)内有零点，证明：e－2＜a＜1.
(1)解 由f(x)＝ex－ax2－bx－1，
有g(x)＝f′(x)＝ex－2ax－b，
所以g′(x)＝ex－2a.
当x∈[0,1]时，g′(x)∈[1－2a，e－2a]，
当a≤时，g′(x)≥0，
所以g(x)在[0,1]上单调递增，
因此g(x)在[0,1]上的最小值是g(0)＝1－b；
当a≥时，g′(x)≤0，所以g(x)在[0,1]上单调递减．
因此g(x)在[0,1]上的最小值是g(1)＝e－2a－b；
当＜a＜时，
令g′(x)＝0得x＝ln (2a)∈(0,1)，
所以函数g(x)在区间[0，ln(2a)]上单调递减，在区间(ln(2a)，1]上单调递增．
于是，g(x)在[0,1]上的最小值是g(ln(2a))＝2a－2aln(2a)－b.
综上所述，当a≤时，g(x)在[0,1]上的最小值是g(0)＝1－b；
当＜a＜时，g(x)在[0,1]上的最小值是g(ln(2a))＝2a－2aln(2a)－b；
当a≥时，g(x)在[0,1]上的最小值是g(1)＝e－2a－b.
(2)证明 设x0为f(x)在区间(0,1)内的一个零点，则由f(0)＝f(x0)＝0可知f(x)在区间(0，x0)上不行能单调递增，也不行能单调递减．
则g(x)不行能恒为正，也不行能恒为负．
故g(x)在区间(0，x0)内存在零点x1，
同理，g(x)在区间(x0,1)内存在零点x2，
所以g(x)在区间(0,1)内至少有两个零点．
由(1)知，当a≤时，g(x)在[0,1]上单调递增，
故g(x)在(0,1)内至多有一个零点．
当a≥时，g(x)在[0,1]上单调递减，故g(x)在(0,1)内至多有一个零点，所以＜a＜.
此时g(x)在区间[0，ln(2a)]上单调递减，在区间(ln(2a)，1]上单调递增，因此x1∈(0，ln(2a)]，x2∈(ln(2a)，1)，必有g(0)＝1－b＞0，g(1)＝e－2a－b＞0.
由f(1)＝0有a＋b＝e－1＜2，有g(0)＝a－e＋2＞0，g(1)＝1－a＞0，解得e－2＜a＜1.
所以函数f(x)在区间(0,1)内有零点时，e－2＜a＜1.
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