2022高考数学一轮复习统考第3章导数及其应用第4讲导数与函数的综合应用课时作业含解析北师大版.doc

导数与函数的综合应用
课时作业
1．假设函数f(x)＝kx－ln x在区间(1，＋∞)上单调递增，那么k的取值范围是(　　)
A．(－∞，－2] B．(－∞，－1]
C．[2，＋∞) D．[1，＋∞)
答案　D
解析　因为f(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以f′(x)≥0在(1，＋∞)上恒成立，
因为f(x)＝kx－ln x，所以f′(x)＝k－≥0，即k≥.
因为x>1，所以0<<1，
所以k≥1.所以k∈[1，＋∞)．应选D．
2．函数f(x)＝x3－px2－qx的图象与x轴切于(1,0)点，那么f(x)的极大值、极小值分别为(　　)
A．－，0 B．0，－
C．，0 D．0，
答案　C
解析　由题意知，f′(x)＝3x2－2px－q，由f′(1)＝0，f(1)＝0，得解得p＝2，q＝－1，
∴f(x)＝x3－2x2＋x，由f′(x)＝3x2－4x＋1＝0，得x＝或x＝1，易得当x＝时，f(x)取极大值，当x＝1时，f(x)取极小值0.
3．(2022·福建莆田月考)假设x＝1是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的极值点，那么f(x)的极大值为(　　)
A．－1 B．－2e－3
C．5e－3 D．1
答案　C
解析　f′(x)＝[x2＋(2＋a)x＋a－1]ex－1，
由f′(1)＝0得a＝－1.
∴由f′(x)＝(x2＋x－2)ex－1＝0得x＝－2或1.
又当x<－2时，f′(x)>0，
当－2<x<1时，f′(x)<0，
∴f(x)的极大值为f(－2)＝5e－3.应选C．
4．设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数y＝(1－x)f′(x)的图象如下图，那么以下结论中一定成立的是(　　)
A．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)
B．函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(1)
C．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(－2)
D．函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(2)
答案　D
解析　由图可得函数y＝(1－x)f′(x)的零点为－2,1,2，那么当x<1时，1－x>0，此时在(－∞，－2)上f′(x)>0，在(－2,1)上f′(x)<0；当x>1时，1－x<0，此时在(1,2)上f′(x)<0，在(2，＋∞)上f′(x)>0.所以f(x)在(－∞，－2)上为增函数，在(－2,2)上为减函数，在(2，＋∞)上为增函数，因此f(x)有极大值f(－2)，极小值f(2)．应选D．
5．函数f(x)＝x3－x2－x，那么f(－a2)与f(－1)的大小关系为(　　)
A．f(－a2)≤f(－1) B．f(－a2)<f(－1)
C．f(－a2)≥f(－1) D．f(－a2)与f(－1)的大小关系不确定
答案　A
解析　由题意可得f′(x)＝x2－2x－.
由f′(x)＝(3x－7)(x＋1)＝0，得x＝－1或x＝.
当x<－1时，f(x)为增函数；当－1<x<时，f(x)为减函数．所以f(－1)是函数f(x)在(－∞，0]上的最大值，又因为－a2≤0，故f(－a2)≤f(－1)．
6．(2022·河南许昌模拟)f(x)是偶函数，在(－∞，0)上满足xf′(x)>0恒成立，那么以下不等式成立的是(　　)
A．f(－3)<f(4)<f(－5)
B．f(4)<f(－3)<f(－5)
C．f(－5)<f(－3)<f(4)
D．f(4)<f(－5)<f(－3)
答案　A
解析　当x∈(－∞，0)时，xf′(x)>0，即f′(x)<0，
∴f(x)在(－∞，0)上单调递减，又f(x)为偶函数，
∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增．∴f(3)<f(4)<f(5)，
∴f(－3)<f(4)<f(－5)．应选A．
7．(2022·黔东南州模拟)假设函数f(x)＝xln x－a有两个零点，那么实数a的取值范围为(　　)
A． B．
C． D．
答案　C
解析　函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，由f(x)＝0得a＝xln x，记g(x)＝xln x.
那么g′(x)＝ln x＋1，由g′(x)>0得x>，由g′(x)<0得0<x<.
∴g(x)在上单调递减，在上单调递增，且g(x)min＝g＝－，由图可知－<a<0.应选C．
8．函数f(x)＝x3－3x－1，假设对于区间[－3,2]上的任意x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤t，那么实数t的最小值是(　　)
A．20 B．18
C．3 D．0
答案　A
解析　因为f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)，令f′(x)＝0，得x＝±1，可知－1,1为函数的极值点．又f(－3)＝－19，f(－1)＝1，f(1)＝－3，f(2)＝1，所以在区间[－3，2]上f(x)max＝1，f(x)min＝－19.由题设知在区间[－3,2]上f(x)max－f(x)min≤t，从而t≥20，所以t的最小值是20.
9．函数f(x)＝xex，g(x)＝－(x＋1)2＋a，假设∃x1，x2∈R，使得f(x2)≤g(x1)成立，那么实数a的取值范围是(　　)
A． B．[－1，＋∞)
C．[－e，＋∞) D．
答案　D
解析　f′(x)＝ex＋xex＝(1＋x)ex，当x>－1时，f′(x)>0，函数单调递增；当x<－1时，f′(x)<0，函数单调递减．所以当x＝－1时，f(x)取得极小值即最小值，f(－1)＝－.函数g(x)的最大值为a.假设∃x1，x2∈R，使得f(x2)≤g(x1)成立，那么有g(x)的最大值大于或等于f(x)的最小值，即a≥－.应选D．
10．(2022·安徽皖南八校联考)x∈(0,2)，假设关于x的不等式<恒成立，那么实数k的取值范围为(　　)
A．[0，e＋1) B．[0,2e－1)
C．[0，e) D．[0，e－1)
答案　D
解析　依题意，知k＋2x－x2>0，即k>x2－2x对任意x∈(0,2)恒成立，从而k≥0，
所以由<可得k<＋x2－2x.
令f(x)＝＋x2－2x，
那么f′(x)＝＋2(x－1)＝(x－1).
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)．应选D.
11．函数f(x)＝－1＋ln x，假设不等式f(x)≤0有解，那么实数a的取值范围是(　　)
A．a>2 B．a<3
C．a≤1 D．a≥3
答案　C
解析　函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，不等式－1＋ln x≤0有解，即a≤x－xln x在(0，＋∞)上有解，令h(x)＝x－xln x，可得h′(x)＝1－(ln x＋1)＝－ln x，令h′(x)＝0，可得x＝1，当0<x<1时，h′(x)>0，当x>1时，h′(x)<0，可得当x＝1时，函数h(x)＝x－xln x取得最大值1，要使不等式a≤x－xln x在(0，＋∞)上有解，只要a小于等于h(x)的最大值即可，即a≤1.所以选C.
12．设f(x)是定义在R上的奇函数，且f(2)＝0，当x>0时，有<0恒成立，那么不等式x2f(x)>0的解集是(　　)
A．(－2,0)∪(2，＋∞)
B．(－2,0)∪(0,2)
C．(－∞，－2)∪(2，＋∞)
D．(－∞，－2)∪(0,2)
答案　D
解析　当x>0时，′<0，∴φ(x)＝在(0，＋∞)上为减函数，又φ(2)＝0，∴当且仅当0<x<2时，φ(x)>0，此时x2f(x)>0.又f(x)为奇函数，∴h(x)＝x2f(x)也为奇函数．故x2f(x)>0的解集为(－∞，－2)∪(0,2)．
13．函数f(x)＝ex－2x＋a有零点，那么a的取值范围是________.
答案　(－∞，2ln 2－2]
解析　由函数f(x)有零点，可将问题转化为方程ex－2x＋a＝0有解问题，即方程a＝2x－ex有解．
令函数g(x)＝2x－ex，那么g′(x)＝2－ex，令g′(x)＝0，得x＝ln 2，所以g(x)在(－∞，ln 2)上是增函数，在(ln 2，＋∞)上是减函数，所以g(x)的最大值为g(ln 2)＝2ln 2－2，又当x→－∞时，g(x)→－∞，因此，a的取值范围就是函数g(x)的值域，所以a∈(－∞，2ln 2－2]．
14．(2022·北京高考)设函数f(x)＝ex＋ae－x(a为常数)．假设f(x)为奇函数，那么a＝________；假设f(x)是R上的增函数，那么a的取值范围是________.
答案　－1　(－∞，0]
解析　∵f(x)＝ex＋ae－x(a为常数)的定义域为R，且f(x)为奇函数，
∴f(0)＝e0＋ae－0＝1＋a＝0，∴a＝－1.
∵f(x)＝ex＋ae－x，∴f′(x)＝ex－ae－x＝ex－.
∵f(x)是R上的增函数，∴f′(x)≥0在R上恒成立，
即ex≥在R上恒成立，∴a≤e2x在R上恒成立．
又e2x>0，∴a≤0，即a的取值范围是(－∞，0]．
15．函数f(x)＝x3－bx2＋c(b，c为常数)．当x＝2时，函数f(x)取得极值，假设函数f(x)有三个零点，那么实数c的取值范围为________.
答案　0<c<
解析　∵f(x)＝x3－bx2＋c，∴f′(x)＝x2－2bx.
∵当x＝2时，f(x)取得极值，∴22－2b×2＝0，
解得b＝1.
∴当x∈(0,2)时，f(x)单调递减，当x∈(－∞，0)或x∈(2，＋∞)时，f(x)单调递增．
假设f(x)＝0有3个实根，
那么解得0<c<.
16．函数f(x)的定义域是[－1,5]，局部对应值如表，f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如下图，
x
－1
0
2
4
5
f(x)
1
2
1.5
2
1
以下关于函数f(x)的命题：
①函数f(x)的值域为[1,2]；
②函数f(x)在[0,2]上是减函数；
③如果当x∈[－1，t]时，f(x)的最大值是2，那么t的最大值为4；
④当1<a<2时，函数y＝f(x)－a最多有4个零点．
其中所有正确命题的序号是________.
答案　①②④
解析　由导函数的图象可知，当－1<x<0及2<x<4时，f′(x)>0，函数单调递增，当0<x<2及4<x<5时，f′(x)<0，函数单调递减，当x＝0及x＝4时，函数取得极大值f(0)＝2，f(4)＝2，当x＝2时，函数取得极小值f(2)＝1.5.又f(－1)＝f(5)＝1，所以函数的最大值为2，最小值为1，值域为[1,2]，①②正确；因为当x＝0及x＝4时，函数取得极大值f(0)＝2，f(4)＝2，要使当x∈[－1，t]时，函数f(x)的最大值是2，那么0≤t≤5，所以t的最大值为5，所以③不正确；因为极小值f(2)＝1.5，极大值f(0)＝f(4)＝2，所以当1<a<2时，y＝f(x)－a最多有4个零点，所以④正确，所以正确命题的序号为①②④.
17．(2022·湖北黄冈八模)函数f(x)＝－ax，曲线y＝f(x)在x＝1处的切线经过点(2，－1)．
(1)求实数a的值；
(2)设b＞1，求f(x)在区间[，b]上的最大值和最小值．
解　(1)由题意得f′(x)＝，
那么f′(1)＝＝1－a，
所以＝1－a，即＝1－a，解得a＝1.
(2)由(1)得f′(x)＝，
令φ(x)＝1－ln x－x2(x>0)，
显然φ′(x)＝－－2x＜0，
即φ(x)在(0，＋∞)上单调递减，
又φ(1)＝0，∴当0＜x＜1时，φ(x)＞0，
那么f′(x)＞0，故f(x)在(0,1)上单调递增，
当x＞1时，φ(x)＜0，那么f′(x)＜0，
故f(x)在(1，＋∞)上单调递减，
∵0＜＜1＜b，∴f(x)在区间[，b]上的最大值为f(1)＝－1.
设h(b)＝f(b)－f＝ln b－b＋，其中b＞1，那么h′(b)＝ln b＞0，
故h(b)在区间(1，＋∞)上单调递增，
又h(1)＝0，∴h(b)＞0，即f(b)＞f，
故f(x)在区间[，b]上的最小值为f＝－bln b－.
综上，f(x)在区间[，b]上的最大值为－1，最小值为－bln b－.
18．(2022·湖北武汉5月模拟)函数f(x)＝ex－－1.
(1)假设直线y＝x＋a为曲线y＝f(x)的切线，求实数a的值；
(2)假设∀x∈[0，＋∞)，f(x)≥bx恒成立，求实数b的取值范围．
解　(1)设切点为P(x0，y0)，
因为f′(x)＝ex－x，
所以f′(x0)＝ex0－x0＝1，
令h(x)＝ex－x，那么h′(x)＝ex－1，
当x>0时，h′(x)>0，h(x)在(0，＋∞)上为增函数；
当x<0时，h′(x)<0，h(x)在(－∞，0)上为减函数；
所以h(x)min＝h(0)＝1，所以x0＝0，
又ex0－x－1＝x0＋a，所以a＝0.
(2)∀x∈[0，＋∞)，f(x)≥bx恒成立⇔ex－－1－bx≥0，x∈[0，＋∞)．
令g(x)＝ex－－1－bx，x∈[0，＋∞)，
那么g′(x)＝ex－x－b，
设h(x)＝ex－x－b，那么h′(x)＝ex－1，
当x>0时，h′(x)＝ex－1>0，
所以h(x)在[0，＋∞)上为增函数，h(x)min＝1－b，
①假设b≤1，那么当x>0时，g′(x)>0，故g(x)在[0，＋∞)上为增函数，
故x∈[0，＋∞)时，g(x)≥g(0)＝0，
即ex－－1－bx≥0恒成立，满足题意．
②假设b>1，因为g′(x)为(0，＋∞)上的增函数，
且g′(0)＝1－b<0，g′[ln (2b)]＝b－ln b－ln 2，
令s(b)＝b－ln b－ln 2，
其中b>1，那么s′(b)＝1－>0，
所以s(b)在(1，＋∞)上为增函数，
所以s(b)>s(1)＝1－ln 2>0，
故存在x0∈(0，ln (2b))，使得g′(x0)＝0，且当x∈(0，x0)时，g′(x)<0，g(x)在(0，x0)上为减函数，
故当x∈(0，x0)时，g(x)<g(0)＝0，矛盾，舍去．综上可得b≤1.
19．(2022·山东济宁二模)函数f(x)＝ln x－xex＋ax(a∈R)．
(1)假设函数f(x)在[1，＋∞)上单调递减，求实数a的取值范围；
(2)假设a＝1，求f(x)的最大值．
解　(1)由题意知，f′(x)＝－(ex＋xex)＋a＝－(x＋1)ex＋a≤0在[1，＋∞)上恒成立，
所以a≤(x＋1)ex－在[1，＋∞)上恒成立．
令g(x)＝(x＋1)ex－，
那么g′(x)＝(x＋2)ex＋>0，
所以g(x)在[1，＋∞)上单调递增，
所以g(x)min＝g(1)＝2e－1，所以a≤2e－1.
(2)当a＝1时，f(x)＝ln x－xex＋x(x>0)，
那么f′(x)＝－(x＋1)ex＋1＝(x＋1)，
令m(x)＝－ex，那么m′(x)＝－－ex<0，
所以m(x)在(0，＋∞)上单调递减．
由于m>0，m(1)<0，
所以存在x0>0，满足m(x0)＝0，即ex0＝.
当x∈(0，x0)时，m(x)>0，f′(x)>0；
当x∈(x0，＋∞)时，m(x)<0，f′(x)<0.
所以f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减，
所以f(x)max＝f(x0 )＝ln x0－x0 ex0＋x0，
因为ex0＝，所以x0＝－ln x0，
所以f(x0)＝－x0－1＋x0＝－1，
所以f(x)max＝－1.
20．(2022·武汉高三质量监测)函数f(x)＝x－sinx－ln x＋1，f′(x)是f(x)的导函数．
(1)证明：当m＝2时，f′(x)在(0，＋∞)上有唯一零点；
(2)假设存在x1，x2∈(0，＋∞)，且x1≠x2时，f(x1)＝f(x2)，证明：x1x2<m2.
证明　(1)当m＝2时，f(x)＝x－sinx－ln x＋1，f′(x)＝1－cosx－.
当x∈(0，π)时，f′(x)为增函数，且f′＝1－－＝－<0，f′(π)＝－>0，
∴f′(x)在(0，π)上有唯一零点．
当x∈[π，＋∞)时，f′(x)＝1－cosx－≥1－－≥－>0，
∴f′(x)在[π，＋∞)上没有零点．
综上知，f′(x)在(0，＋∞)上有唯一零点．
(2)不妨设0<x1<x2，由f(x1)＝f(x2)得x1－sinx1－ln x1＋1＝x2－sin x2－ln x2＋1，
∴(ln x2－ln x1)＝x2－x1－(sinx2－sinx1)．
设g(x)＝x－sinx，那么g′(x)＝1－cosx≥0，故g(x)在(0，＋∞)上为增函数，
∴x2－sinx2>x1－sinx1，从而x2－x1>sinx2－sinx1，
∴(ln x2－ln x1)＝x2－x1－(sinx2－sinx1)>(x2－x1)，
∴m>.
下面证明：>.
令t＝，那么t>1，即证明>，只需证明ln t－<0.(*)
设h(t)＝ln t－，那么当t>1时，h′(t)＝－<0，∴h(t)在(1，＋∞)上单调递减．
∴当t>1时，h(t)<h(1)＝0，从而(*)得证，即>.
∴m>，即x1x2<m2.