2019高三数学（人教A版理）一轮课时分层训练16　导数与函数的综合问题

2019高三数学（人教A版理）一轮课时分层训练16　导数与函数的综合问题

课时分层训练(十六)　导数与函数的综合问题 ‎(对应学生用书第289页)‎ A组　基础达标 ‎(建议用时：30分钟)‎ 一、选择题 ‎1．方程x3－6x2＋9x－10＝0的实根个数是(　　)‎ A．3　　　　　　　　 B．2‎ C．1 D．0‎ C　[设f(x)＝x3－6x2＋9x－10，f′(x)＝3x2－12x＋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x3－6x2＋9x－10＝0的实根个数为1.]‎ ‎2．若存在正数x使2x(x－a)＜1成立，则实数a的取值范围是(　　) ‎ ‎【导学号：97190088】‎ A．(－∞，＋∞) B．(－2，＋∞)‎ C．(0，＋∞) D．(－1，＋∞)‎ D　[∵2x(x－a)＜1，∴a＞x－.‎ 令f(x)＝x－，∴f′(x)＝1＋2－xln 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，＋∞)．]‎ ‎3．已知y＝f(x)为R上的连续可导函数，且xf′(x)＋f(x)＞0，则函数g(x)＝xf(x)＋1(x＞0)的零点个数为(　　)‎ A．0 B．1‎ C．0或1 D．无数个 A　[因为g(x)＝xf(x)＋1(x＞0)，g′(x)＝xf′(x)＋f(x)＞0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，因为g(0)＝1，y＝f(x)为R上的连续可导函数，所以g(x)为(0，＋∞)上的连续可导函数，g(x)＞g(0)＝1，所以g(x)在(0，＋∞)上无零点．]‎ ‎4．(2017·郑州市第一次质量预测)已知函数f(x)＝x＋，g(x)＝2x＋a，若∀x1∈，∃x2∈[2,3]，使得f(x1)≥g(x2)，则实数a的取值范围是(　　)‎ A．a≤1 B．a≥1‎ C．a≤2 D．a≥2‎ A　[由题意知f(x)min≥g(x)min(x∈[2,3])，因为f(x)min＝5，g(x)min＝4＋a，所以5≥4＋a，即a≤1，故选A．]‎ ‎5．做一个无盖的圆柱形水桶，若要使其体积是27π，且用料最省，则圆柱的底面半径为(　　)‎ A．3 B．4‎ C．6 D．5‎ A　[设圆柱的底面半径为R，母线长为l，则V＝πR2l＝27π，∴l＝，要使用料最省，只需使圆柱的侧面积与下底面面积之和S最小．‎ 由题意，S＝πR2＋2πRl＝πR2＋2π·.‎ ‎∴S′＝2πR－，令S′＝0，得R＝3，则当R＝3时，S最小．故选A．]‎ 二、填空题 ‎6．若函数exf(x)(e＝2.718 28…是自然对数的底数)在f(x)的定义域上单调递增，则称函数f(x)具有M性质．下列函数中所有具有M性质的函数的序号为________．‎ ‎①f(x)＝2－x；②f(x)＝3－x；③f(x)＝x3；‎ ‎④f(x)＝x2＋2.‎ ‎①④　[设g(x)＝exf(x)．‎ 对于①，g(x)＝ex·2－x(x∈R)，‎ g′(x)＝ex·2－x－ex·2－x·ln 2＝(1－ln 2)·ex·2－x>0，‎ ‎∴函数g(x)在R上单调递增，故①中f(x)具有M性质．‎ 对于②，g(x)＝ex·3－x(x∈R)，‎ g′(x)＝ex·3－x－ex·3－x·ln 3＝(1－ln 3)·ex·3－x<0，‎ ‎∴函数g(x)在R上单调递减，故②中f(x)不具有M性质．‎ 对于③，g(x)＝ex·x3(x∈R)，‎ g′(x)＝ex·x3＋ex·3x2＝(x＋3)·ex·x2，‎ 当x<－3时，g′(x)<0，g(x)单调递减，故③中f(x)不具有M性质．‎ 对于④，g(x)＝ex·(x2＋2)(x∈R)，‎ g′(x)＝ex·(x2＋2)＋ex·2x＝(x2＋2x＋2)·ex ‎＝[(x＋1)2＋1]·ex>0，‎ ‎∴函数g(x)在R上单调递增，故④中f(x)具有M性质．‎ 综上，具有M性质的函数的序号为①④.]‎ ‎7．(2017·江苏高考)已知函数f(x)＝x3－2x＋ex－，其中e是自然对数的底数．若f(a－1)＋f(2a2)≤0，则实数a的取值范围是________. 【导学号：97190089】‎ 　[因为f(－x)＝(－x)3－2(－x)＋e－x－＝－x3＋2x－ex＋＝－f(x)，‎ 所以f(x)＝x3－2x＋ex－是奇函数．‎ 因为f(a－1)＋f(2a2)≤0，‎ 所以f(2a2)≤－f(a－1)，即f(2a2)≤f(1－a)．‎ 因为f′(x)＝3x2－2＋ex＋e－x≥3x2－2＋2＝3x2≥0，‎ 所以f(x)在R上单调递增，‎ 所以2a2≤1－a，即2a2＋a－1≤0，‎ 所以－1≤a≤.]‎ ‎8．若函数f(x)＝2x＋sin x对任意的m∈[－2,2]，f(mx－3)＋f(x)＜0恒成立，则x的取值范围是________．‎ ‎(－3,1)　[因为f(x)是R上的奇函数，‎ f′(x)＝2＋cos x＞0，则f(x)在定义域内为增函数，‎ 所以f(mx－3)＋f(x)＜0可变形为f(mx－3)＜f(－x)，‎ 所以mx－3＜－x，将其看作关于m的一次函数，‎ 则g(m)＝x·m－3＋x，m∈[－2,2]，‎ 可得若m∈[－2,2]时，g(m)＜0恒成立．‎ 则g(2)＜0，g(－2)＜0，解得－3＜x＜1.]‎ 三、解答题 ‎9．已知函数f(x)＝ex＋ax－a(a∈R且a≠0)．‎ ‎(1)若f(0)＝2，求实数a的值，并求此时f(x)在[－2,1]上的最小值；‎ ‎(2)若函数f(x)不存在零点，求实数a的取值范围．‎ ‎[解]　(1)由f(0)＝1－a＝2，得a＝－1.易知f(x)在[－2,0)上单调递减，在(0,1]上单调递增，‎ 所以当x＝0时，f(x)在[－2,1]上取得最小值2.‎ ‎(2)f′(x)＝ex＋a，由于ex＞0.‎ ‎①当a＞0时，f′(x)＞0，f(x)是增函数，‎ 当x＞1时，f(x)＝ex＋a(x－1)＞0.‎ 当x＜0时，取x＝－，则f＜1＋a＝－a＜0.‎ 所以函数f(x)存在零点，不满足题意．‎ ‎②当a＜0时，f′(x)＝ex＋a，‎ 令f′(x)＝0，得x＝ln(－a)．‎ 在(－∞，ln(－a))上，f′(x)＜0，f(x)单调递减，‎ 在(ln(－a)，＋∞)上，f′(x)＞0，f(x)单调递增，‎ 所以当x＝ln(－a)时，f(x)取最小值．‎ 函数f(x)不存在零点，等价于f(ln(－a))＝eln(－a)＋aln(－a)－a＝－2a＋aln(－‎ a)＞0，解得－e2＜a＜0.‎ 综上所述，所求实数a的取值范围是－e2＜a＜0.‎ ‎10．(2018·合肥一检)已知函数f(x)＝(a∈R)．‎ ‎(1)求函数f(x)的单调区间；‎ ‎(2)若∀x∈[1，＋∞)，不等式f(x)＞－1恒成立，求实数a的取值范围．‎ ‎[解]　(1)f′(x)＝，‎ 当a≤－时，x2－2x－2a≥0，故f′(x)≥0，‎ ‎∴函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，‎ ‎∴当a≤－时，函数f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间．‎ 当a＞－时，令x2－2x－2a＝0⇒x1＝1－，‎ x2＝1＋，‎ 列表 x ‎(－∞，‎ ‎1－)‎ ‎(1－，‎ ‎1＋)‎ ‎(1＋，‎ ‎＋∞)‎ f′(x)‎ ‎＋‎ ‎－‎ ‎＋‎ f(x)‎ ‎↗‎ ‎↘‎ ‎↗‎ 由表可知，当a＞－时，函数f(x)的单调递增区间为(－∞，1－)和(1＋，＋∞)，单调递减区间为(1－，1＋)．‎ ‎(2)∵f(x)＞－1⇔＞－1⇔2a＞x2－ex，‎ ‎∴由条件2a＞x2－ex，对∀x≥1成立．‎ 令g(x)＝x2－ex，h(x)＝g′(x)＝2x－ex，‎ ‎∴h′(x)＝2－ex，‎ 当x∈[1，＋∞)时，h′(x)＝2－ex≤2－e＜0，‎ ‎∴h(x)＝g′(x)＝2x－ex在[1，＋∞)上单调递减，‎ ‎∴h(x)＝2x－ex≤2－e＜0，即g′(x)＜0，‎ ‎∴g(x)＝x2－ex在[1，＋∞)上单调递减，‎ ‎∴g(x)＝x2－ex≤g(1)＝1－e，‎ 故f(x)＞－1在[1，＋∞)上恒成立，只需2a＞g(x)max＝1－e，‎ ‎∴a＞，即实数a的取值范围是.‎ B组　能力提升 ‎(建议用时：15分钟)‎ ‎11．(2018·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)‎ B　[由于f(x)＞xf′(x)，则′＝＜0恒成立，因此在R上是单调递减函数，‎ ‎∴＜，即3f(1)＞f(3)．]‎ ‎12．方程f(x)＝f′(x)的实数根x0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 C．2＜a＜3 D．1＜a＜2‎ D　[∵g′(x)＝，∴ln x＝.‎ 设h(x)＝ln x－，‎ 则h(x)在(0，＋∞)上为增函数．‎ 又∵h(1)＝－1＜0，h(2)＝ln 2－＝ln 2－ln＞0，‎ ‎∴h(x)在(1,2)上有零点，‎ ‎∴1＜a＜2.]‎ ‎13．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________. 【导学号：97190090】‎ ‎(－∞，－2)　[当a＝0时，显然f(x)有两个零点，不符合题意．‎ 当a≠0时，f′(x)＝3ax2－6x，令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝.‎ 当a＞0时，＞0，所以函数f(x)＝ax3－3x2＋1在(－∞，0)和上为增函数，在上为减函数，因为f(x)存在唯一零点x0，且x0＞0，则f(0)＜0，即1＜0，不成立．当a＜0时，＜0，所以函数f(x)＝ax3－3x2＋1在和(0，＋∞)上为减函数，在上为增函数，因为f(x)存在唯一零点x0，且x0＞0，则f＞0，即a·－3·＋1＞0，解得a＞2或a＜－2，又因为a＜0，故a的取值范围为(－‎ ‎∞，－2)．]‎ ‎14．已知函数f(x)＝ex－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)＝ex－m－1，‎ 令f′(x)＝0，得x＝m.‎ 故当x∈(－∞，m)时，ex－m＜1，f′(x)＜0，f(x)单调递减；‎ 当x∈(m，＋∞)时，ex－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)＝em－2m，令g(m)＝em－2m，‎ 则g′(m)＝em－2，∵当m＞1时，g′(m)＝em－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．‎