【数学】2021届一轮复习人教A版（理）第三章第三讲导数的综合应用作业

【数学】2021届一轮复习人教A版（理）第三章第三讲导数的综合应用作业

第三讲　导数的综合应用 ‎1.[2020四川五校联考]已知函数f (x) =ln x-(a+1)x,若关于x的不等式f (x)>0恰有3个整数解,则这3个整数解为(　　)‎ A.1,2,3 B.2,3,4 C.3,4,5 D.4,5,6‎ ‎2.[2020广东七校第二次联考]设定义在R上的函数y =f (x)满足∀x∈R,f (x+2) =‎1‎f(x)‎,且x∈(0,4]时,f '(x)>f(x)‎x,则6f (2 017),‎ ‎3f (2 018),2f (2 019)的大小关系是(　　)‎ A.6f (2 017)<3f (2 018)<2f (2 019) B.3f (2 018)<6f (2 017)<2f (2 019) ‎ C.2f (2 019)<3f (2 018)<6f (2 017) D.2f (2 019)<6f (2 017)<3f (2 018)‎ ‎3.[2019江西红色七校第一次联考]已知函数y =f (x)是R上的可导函数,当x≠0时,有f ' (x)+f(x)‎x>0,则函数F (x) =xf (x)‎-‎‎1‎x的零点个数是(　　)‎ A.0 B.1 C.2 D.3‎ ‎4.[2020唐山市摸底考试]已知函数f (x) =(ex-ax)(ln x-ax),若f (x)<0恒成立,则a的取值范围是　　　　　　. ‎ ‎5.[2019郑州市第三次质量预测]已知函数f (x) =(a‎-‎‎1‎‎2‎)x2+ln x,若函数f (x)在区间(1,+∞)上的图象恒在直线y =2ax的下方,则实数a的取值范围是　　　　　. ‎ ‎6.[2020唐山市摸底考试]已知函数f (x) =xsin x,x∈(0,π),f '(x)为f (x)的导数,且g(x) =f '(x).证明:‎ ‎(1)g(x)在(2,‎2π‎3‎)内有唯一零点t;‎ ‎(2)f (x)<2.‎ 参考数据:sin 2≈0.909 3,cos 2≈-0.416 1,tan 2≈-2.185 0,‎3‎≈1.732 1,π≈3.14.‎ ‎7.[2020贵阳市高三摸底测试][交汇题]已知f (x) =ex,g(x) =x+1(e为自然对数的底数).‎ ‎(1)求证:f (x)≥g(x)恒成立.‎ ‎(2)设m是正整数,对任意的正整数n,(1+‎1‎‎3‎)(1+‎1‎‎3‎‎2‎)·…·(1+‎1‎‎3‎n)0在(2,+∞)上恒成立,则满足条件的整数k的最大值为(　　)‎ A.2 B.3 C.4 D.5‎ ‎9.[2020安徽省示范高中名校联考]关于函数f (x) =‎2‎x+ln x,有下列几个命题:①x =2是f (x)的极大值点;②函数y =f (x)-x有且只有1个零点;③存在正实数k,使得f (x)>kx恒成立;④对任意两个正实数x1,x2,且x1>x2,若f (x1) =f (x2),则x1+x2>4.其中正确的命题有(　　)‎ A.①②　 B.②③C.②④　 D.③④‎ ‎10.[2019石家庄市二模]已知当m,n∈[-1,1]时,sinπm‎2‎‎-‎sinπn‎2‎n B.|m|<|n|‎ C.m0时,是否存在x1,x2∈[1,2],使得f (x1)>g(x2)成立?若存在,求实数m的取值范围;若不存在,请说明理由.‎ ‎12.[2019武汉市部分学校调研测试]已知a∈R,函数f (x) =x-aex+1有两个零点x1,x2(x12.‎ ‎13.[2020甘肃天水一中模拟]设函数f (x) =x‎1+x‎-‎aln(1+x),g(x) =ln(1+x)-bx.‎ ‎(1)若函数f (x)在x =0处有极值,求函数f (x)的最大值.‎ ‎(2)是否存在实数b,使得关于x的不等式g(x)<0对任意的x∈(0,+∞)恒成立?若存在,求出b的取值范围;若不存在,说明理由.‎ ‎14.[2020洛阳市第一次联考]已知函数f (x) =aex+x2-bx(a,b∈R),其导函数为y =f '(x).‎ ‎(1)当b =2时,若函数y =f '(x)在R上有且只有一个零点,求实数a的取值范围;‎ ‎(2)设a≠0,点P(m,n)(m,n∈R)是曲线y =f (x)上的一个定点,是否存在实数x0(x0≠m),使得f (x0)-n =f '(x‎0‎‎+m‎2‎)(x0-m)成立?并证明你的结论.‎ 第三讲　导数的综合应用 ‎1.B　f (x)>0,即ln x - (a+1)x>0,由x>0,得a+10恰有3个整数解,即不等式a+10恰有3个整数解,为2,3,4.故选B.‎ ‎2.A　因为f (x+2)=‎1‎f(x)‎,所以f (x+4)=f (x+2+2)=‎1‎f(x+2)‎=f (x),故6f (2 017)=6f (1),3f (2 018)=3f (2),2f (2 019)=2f (3).令g(x)=f(x)‎x(x∈(0,4]),则 g' (x)=‎'‎,因为x∈(0,4]时,f ' (x)>f(x)‎x,所以g' (x)>0,所以g(x)在(0,4]上单调递增,故f(1)‎‎1‎‎0时,g' (x)=f (x)+‎ xf ' (x)>0,所以g(x)=xf (x)单调递增,g(x)>g(0)=0;当x<0时,g' (x)=f (x)+xf ' (x)<0,所以g(x)=xf (x)单调递减,g(x)>g(0)=0.所以函数y=g(x)与y=‎1‎x的图象只有一个交点,即F(x)=xf (x) - ‎1‎x只有一个零点.故选B.‎ ‎4.(‎1‎e,e)　解法一　因为ln x0,所以lnxx0,当x>e时,g' (x)<0,所以g(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,所以当x=e时,g(x)max=‎1‎e.令h(x)=exx(x>0),则h' (x)=ex‎(x - 1)‎x‎2‎,令h' (x)=0,得x=1,当01时,h' (x)>0,所以h(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,所以当x=1时,h(x)min=e.所以‎1‎e0,∴g(x)在(1,+∞)上单调递增,最大值可无穷大,不满足题意.‎ ‎③当‎1‎‎2‎0,即g(x)在(0,π‎2‎]内没有零点.‎ g' (x)=2cos x - xsin x,‎ 当x∈(π‎2‎,π)时,cos x<0,xsin x>0,‎ 所以x∈(π‎2‎,π)时,g' (x)<0,‎ 所以g(x)在(π‎2‎,π)上单调递减,‎ 又g(2)=(2+tan 2)cos 2>0,g(‎2π‎3‎)= - π‎3‎‎+‎‎3‎‎2‎<0,即g(2)·g(‎2π‎3‎)<0,‎ 所以根据零点存在性定理知g(x)在(2,‎2π‎3‎)内有唯一零点t.‎ ‎(2)由(1)得,x∈(0,t)时,g(x)>0,所以f ' (x)>0,即f (x)在(0,t)上单调递增;x∈(t,π)时,g(x)<0,所以f ' (x)<0,即f (x)在(t,π)上单调递减.所以f (x)的最大值为f (t)=tsin t.‎ 令f ' (t)=tcos t+sin t=0,得t= - tan t,‎ 所以f (t)= - tan t·sin t,‎ 因此f (t) - 2=‎‎ - sin‎2‎t - 2costcost ‎=‎cos‎2‎t - 2cost - 1‎cost ‎=‎(cost - 1‎)‎‎2‎ - 2‎cost.‎ 因为t∈(2,‎2π‎3‎),所以cos t∈( - ‎1‎‎2‎,cos 2).‎ 又(cos 2 - 1)2 - 2>0,‎ 所以‎(cost - 1‎)‎‎2‎ - 2‎cost<0,即f (t) - 2<0,‎ 故f (x)<2.‎ ‎7.(1)令h(x)=f (x) - g(x)=ex - x - 1,则h' (x)=ex - 1,‎ 当x∈( - ∞,0)时,h' (x)<0,当x∈(0,+∞)时,h' (x)>0,‎ 故h(x)在( - ∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,‎ 所以h(x)min=h(0)=0,即h(x)≥0恒成立,‎ 所以f (x)≥g(x)恒成立.‎ ‎(2)由(1)可知0<1+‎1‎‎3‎n‎<‎e‎1‎‎3‎n,所以(1+‎1‎‎3‎)(1+‎1‎‎3‎‎2‎)·…·(1+‎1‎‎3‎n)0恒成立等价于k2),则f ' (x)=x - 2lnx - 3‎‎(x - 2‎‎)‎‎2‎,令g(x)=x - 2ln x - 3(x>2),则g' (x)=1 - ‎2‎x,函数g(x)在(2,+∞)上单调递增.又g(e)=e - 5<0,g(e2)=e2 - 7>0,所以在(e,e2)上存在x0,使g(x0)=0,即x0 - 2ln x0 - 3=0.易知当x∈(2,x0)时,g(x)<0,f ' (x)<0,函数f (x)单调递减,当x∈(x0,+∞)时,g(x)>0,f ' (x)>0,函数f (x)单调递增,所以f (x)min=f (x0)=x‎0‎lnx‎0‎+1‎x‎0‎‎ - 2‎,又x0∈(e,e2),x0 - 2ln x0 - 3=0,所以12时,f ' (x)>0.所以f (x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,x=2是f (x)的极小值点,故①错误.根据函数f (x)的单调性及极值点,作出函数f (x)的大致图象与直线y=x,如图D 3 - 3 - 3所示.易知直线y=x与f (x)的图象有且只有1个交点,即函数y=f (x) - x有且只有1个零点,故②正确.若f (x)>kx,则k<‎2‎x‎2‎‎+‎lnxx,令g(x)=‎2‎x‎2‎‎+‎lnxx,则g' (x)=‎ - 4+x - xlnxx‎3‎,令F(x)= - 4+x - xln x,则F' (x)= - ln x,易知F(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,所以F(x)≤F(1)<0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递减,g(x)无最小值,且当x→+∞时,g(x)→0,所以不存在正实数k,使得f (x)>kx恒成立,故③错误.由x1>x2,f (x1)=f (x2)可知x1>2‎ ‎,04,即证x1>4 - x2,且x1>4 - x2>2,又f (x)在(2,+∞)上单调递增,即证f (x1)>f (4 - x2),又f (x1)=f (x2),所以证f (x2)>f (4 - x2),即证f (x)>f (4 - x),x∈(0,2).令h(x)=f (x) - f (4 - x)=ln x - ln(4 - x)+‎2‎x‎ - ‎‎2‎‎4 - x,x∈(0,2),则 h' (x)=‎ - 8(x - 2‎‎)‎‎2‎x‎2‎‎(4 - x‎)‎‎2‎<0,所以h(x)在(0,2)上单调递减,所以h(x)>0,所以x1+x2>4,故④正确.故选C.‎ 图D 3 - 3 - 3‎ ‎10.C　∵sinπm‎2‎ - sinπn‎2‎0,∴f (x)在[ - 1,1]上单调递增,∴m0),‎ 当m≤0时,g' (x)= - m+‎1‎x>0恒成立,即函数g(x)的单调递增区间为(0,+∞),无单调递减区间,所以不存在极值.‎ 当m>0时,令g' (x)= - m+‎1‎x=0,可得x=‎1‎m,‎ 当00,当x>‎1‎m时,g' (x)<0,‎ 故函数g(x)的单调递增区间为(0,‎1‎m),单调递减区间为(‎1‎m,+∞),此时函数g(x)在x=‎1‎m处取得极大值,极大值为g(‎1‎m)= - m×‎1‎m+ln ‎1‎m= - 1 - ln m,无极小值.‎ 综上,当m≤0时,g(x)的单调递增区间为(0,+∞),无单调递减区间,不存在极值;当m>0时,g(x)的单调递增区间为(0,‎1‎m),单调递减区间为(‎1‎m,+∞),极大值为 - 1 - ln m,无极小值.‎ ‎(2)当m>0时,假设存在x1,x2∈[1,2],使得f (x1)>g(x2)成立,则对x∈[1,2],满足f (x)max>g(x)min.‎ 由f (x)=‎(x+1)(1+lnx)‎x - 3m(x∈[1,2])可得,‎ f ' (x)=‎(1+lnx+1+‎1‎x)x - (x+1)(1+lnx)‎x‎2‎‎=‎x - lnxx‎2‎.‎ 令h(x)=x - ln x(x∈[1,2]),则h' (x)=1 - ‎1‎x≥0,所以h(x)在[1,2]上单调递增,所以h(x)≥h(1)=1,所以f ' (x)>0,所以f (x)在[1,2]上单调递增,‎ 所以f (x)max=f (2)=‎(2+1)(ln2+1)‎‎2‎ - 3m=‎3(ln2+1)‎‎2‎ - 3m.‎ 由(1)可知,①当0<‎1‎m≤1,即m≥1时,函数g(x)在[1,2]上单调递减,所以g(x)的最小值是g(2)= - 2m+ln 2.‎ ‎②当‎1‎m≥2,即0 - m,解得m<‎3(ln2+1)‎‎4‎,所以0ln 2 - 2m,解得m0,f (x)在R上单调递增,不合题意.‎ ‎②当a>0时,令f ' (x)>0,解得x< - ln a;令f ' (x)<0,解得x> - ln a.‎ 故f (x)在( - ∞, - ln a)上单调递增,在( - ln a,+∞)上单调递减.‎ 由函数y=f (x)有两个零点x1,x2(x10且f ( - ln a)= - ln a>0,即0h(0)=0,‎ 故当 - 10,‎ 所以g( - x)>g(x),而g(x1)=g(x2)=a,故g( - x1)>g(x2).‎ 又g(x)在(0,+∞)上单调递减, - x1>0,x2>0,‎ 所以 - x10,‎ 故ex‎1‎‎+‎ex‎2‎>2ex‎1‎ex‎2‎=2ex‎1‎‎+‎x‎2‎‎2‎>2.‎ 解法二　由题意得x‎1‎‎+1=aex‎1‎,‎x‎2‎‎+1=aex‎2‎,‎ 所以x1+x2+2=a(ex‎1‎‎+‎ex‎2‎)且a=x‎2‎‎ - ‎x‎1‎ex‎2‎‎ - ‎ex‎1‎,‎ 所以x1+x2+2=x‎2‎‎ - ‎x‎1‎ex‎2‎‎ - ‎ex‎1‎(ex‎1‎‎+‎ex‎2‎)‎ ‎=‎(x‎2‎ - x‎1‎)(ex‎2‎‎ - ‎x‎1‎+1)‎ex‎2‎‎ - ‎x‎1‎‎ - 1‎,‎ 令x2 - x1=t(t>0),则x1+x2+2=t(et+1)‎et‎ - 1‎,x1+x2=‎(t - 2)et+t+2‎et‎ - 1‎　①,‎ 令m(t)=(t - 2)et+t+2(t>0),则m' (t)=(t - 1)et+1,‎ 令n(t)=(t - 1)et+1(t>0),则n' (t)=tet>0,‎ 所以m' (t)在(0,+∞)上单调递增,故m' (t)>m' (0)=0,‎ 所以m(t)在(0,+∞)上单调递增,故m(t)>m(0)=0,‎ 结合①知x1+x2>0,‎ 故ex‎1‎‎+‎ex‎2‎>2ex‎1‎ex‎2‎=2ex‎1‎‎+‎x‎2‎‎2‎>2.‎ ‎13.(1)由已知得,f ' (x)=‎1‎‎(1+x‎)‎‎2‎‎ - ‎a‎1+x(x> - 1),因为函数f (x)在x=0处有极值,所以f ' (0)=‎1‎‎(1+0‎‎)‎‎2‎‎ - ‎a‎1+0‎=0,所以a=1,所以f (x)=x‎1+x - ln(1+x),‎ f ' (x)=‎1‎‎(1+x‎)‎‎2‎‎ - ‎1‎‎1+x=‎‎ - x‎(1+x‎)‎‎2‎(x> - 1).易知当x∈( - 1,0)时,f ' (x)>0,f (x)单调递增;当x∈(0,+∞)时,f ' (x)<0,f (x)单调递减.故函数f (x)的最大值为 f (0)=0.‎ ‎(2)由已知得,g' (x)=‎1‎‎1+x - b.‎ 若b≥1,则当x∈[0,+∞)时,g' (x)≤0,所以g(x)在[0,+∞)上单调递减,所以g(x)0,所以g(x)在[0,+∞)上单调递增,所以g(x)≥g(0)=0,不满足题意,舍去.‎ 若00,所以g(x)在[0,‎1‎b - 1)上单调递增,此时g(x)>g(0)=0,不满足题意,舍去.‎ 综上所述,存在实数b,使得关于x的不等式g(x)<0对任意的x∈(0,+∞)恒成立,且b的取值范围是[1,+∞).‎ ‎14.(1)当b=2时,f (x)=aex+x2 - 2x(a∈R),f ' (x)=aex+2x - 2(a∈R).‎ 令aex+2x - 2=0,则a=‎2 - 2xex.‎ 令h(x)=‎2 - 2xex,则h' (x)=‎2x - 4‎ex,令h' (x)=0,解得x=2.‎ 当x<2时,h' (x)<0,h(x)单调递减;当x>2时,h' (x)>0,h(x)单调递增,‎ ‎∴h(x)min=h(2)= - ‎2‎e‎2‎,‎ 又当x→ - ∞时,h(x)→+∞,当x→+∞时,h(x)→0且h(x)<0,‎ ‎∴当f ' (x)在R上有且只有一个零点时,‎ a= - ‎2‎e‎2‎或a∈[0,+∞).‎ ‎(2)由f (x)=aex+x2 - bx,得f ' (x)=aex+2x - b.‎ 假设存在满足题意的x0,则有f (x0)=f ' (x‎0‎‎+m‎2‎)(x0 - m)+n=f ' (x‎0‎‎+m‎2‎)(x0 - m)+f (m),即f(x‎0‎) - f(m)‎x‎0‎‎ - m=f ' (x‎0‎‎+m‎2‎)(x0≠m).‎ 又f ' (x‎0‎‎+m‎2‎)=aex‎0‎‎+m‎2‎+2·x‎0‎‎+m‎2‎ - b,f(x‎0‎) - f(m)‎x‎0‎‎ - m‎=a(ex‎0‎ - em)+(x‎0‎‎2‎ - m‎2‎) - b(x‎0‎ - m)‎x‎0‎‎ - m=‎a(ex‎0‎ - em)‎x‎0‎‎ - m+(x0+m) - b,‎ ‎∴aex‎0‎‎+m‎2‎+2·x‎0‎‎+m‎2‎ - b=a(ex‎0‎ - em)‎x‎0‎‎ - m+(x0+m) - b,‎ 即aex‎0‎‎+m‎2‎‎=‎a(ex‎0‎ - em)‎x‎0‎‎ - m.‎ ‎∵a≠0,∴ex‎0‎‎+m‎2‎‎=‎ex‎0‎‎ - ‎emx‎0‎‎ - m,‎ 令t=x0 - m>0,则et‎2‎‎+m‎=‎et+m‎ - ‎emt,‎ 两边同时除以em,得et‎2‎‎=‎et‎ - 1‎t,即tet‎2‎=et - 1,‎ 令g(t)=et - tet‎2‎ - 1,则g' (t)=et - (et‎2‎‎+‎t‎2‎et‎2‎)=et‎2‎(et‎2‎‎ - ‎t‎2‎ - 1),‎ 令p(t)=et‎2‎‎ - ‎t‎2‎ - 1,易知p(t)在[0,+∞)上单调递增,且p(0)=0,‎ ‎∴p(t)>0对于t∈(0,+∞)恒成立,即g' (t)>0对于t∈(0,+∞)恒成立,‎ ‎∴g(t)在(0,+∞)上单调递增,又g(0)=0,‎ ‎∴g(t)>0对于t∈(0,+∞)恒成立,‎ ‎∴aex‎0‎‎+m‎2‎‎=‎a(ex‎0‎ - em)‎x‎0‎‎ - m不成立.‎ 同理,t=x0 - m<0时,也不成立.‎ 综上,不存在实数x0(x0≠m),使得f (x0) - n=f ' (x‎0‎‎+m‎2‎)(x0 - m)成立.‎