(浙江专用)2020版高考数学大一轮复习导数与函数的综合问题练习(含解析)

1、第3课时导数与函数的综合问题基础达标1. (2019 台州市高考模拟)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. 0B. 1C. 0或1D.无数个解析：选 A.因为 g(x) =xf (x) + 1(x>0) , g' (x) =xf ' (x)+f (x) >0,所以 g(x)在(0 , + oo)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, +8) 上的连续可导函数，g(x)>g(0)=

2、1,所以g(x)在(0, +8)上无零点.2. (2019 丽水模拟)设函数f (x) =ax33x+1(xC R),若对于任意 xC 1, 1,都 有f (x) >0成立，则实数a的值为.解析：(构造法)若x=0,则不论a取何值，f(x)>0显然成立；当 x>0 时，即 xC (0 , 1时，f (x) =ax33x+1 >0 可化为 a>-A. x x 313 (1 2x)设 g(x)=?x3,则 g' (x)=x7，111所以g(x)在区间0, 2上单调递增，在区间2, 1上单调递减，因此g(x)max= g 2 =4, 从而a>4.当 x&l

3、t;0 时，即 xC - 1, 0)时，同理 a<-32-3. x xg(x)在区间1, 0)上单调递增，所以 g(x)min= g( -1)=4,从而a<4,综上可知 a=4.答案：43.已知函数 f(x) = (2a)( x1) 2ln x(aC R).当a=1时，求f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在0, 1上无零点，求a的取值范围.3解：(1)当 a=1 时，f(x) = x-1-2ln x,则 f ' (x) = 1-|=x- x x由 f ' (x) >0,得 x>2,由 f' (x)<0,得 0vx<2,故f(x)

4、的单调递减区间为(0 , 2),单调递增区间为(2, +8).1(2)因为f(x)v0在区间0,-上恒成立不可能，3,1工故要使函数f(x)在0, 3上无手点，只要对任意的xe 0, 1 , f(x) >0恒成立， 3即对xe 0, 1 , a>2 生一恒成立. 3x 1令 h(x)=2 2, xC 0, 1 , x132ln x+2-2 x 贝Uh (x) = -Tx(X 1)再令 n(x) = 2ln x+ -2, xC 0,x32 (1 x)则 m' (x) =2v 0,' x1故mx)在0,鼻上为减函数，31于是，n(x) > m- =42ln 3 &

5、gt;0,1从而h' (x) >0,于是h(x)在0, 上为增函数, 3 ,1所以 h(x) < h 3 = 2 - 3ln 3 ,所以a的取值范围为23ln 3 ,十8).4. (2019 竦州市第二次高考适应性考试)已知函数f(x) =x2+-, xC(0, 1.x求f(x)的极值点;一一3(2)证明：f (x) >水+彳,1解：(1) f ( x) = 2x- 2. x令 f'(x) = 0,解得 x=A 5e(0, 1.当 0vxv(x)<0,此时f (x)单调递减;8当;gvxWl时，f' (x)>0,此时f(x)单调递增,所以,

6、f (x)有极小值点x=、片，但不存在极大值点.(2)证明：设 F( x) = f (x)一五,1xC (0,1,则 F' ( x) = 2x-2- x12.x4x3(近)3 2T2设t=(x)3,则方程4x3-(x)3-2=4t2-t -2 = 0在区间t C(0, 1)内恰有一个实根.3 厂 33(x/x0) + 2设方程4x(而)-2=0在区间(0 , 1)内的实根为 x°,即x0=-y4.所以，当0vxvx0时，F' (x)<0,此时F(x)单调递减;当x0xwi时，F (x)>0,此时F(x)单调递增.o 1 Lx3 所以F(x) min= F(

7、 x0) =x0+ q*yx0= ,x031x0334 J，x0+2x0.由y= -3yx+J-在(0,1上是减函数知, 4 2x3>4.3 L 3333 一一-Wx0+20>-4><1+2'xT = 4,故F(x) min综上:f(x)> .x5.函数f (x) = 1x3+ax2+bx+c(a, b, cC R)的导函数的图象如图所示: 3(1)求a, b的值并写出f(x)的单调区间；(2)若函数y=f(x)有三个零点，求c的取值范围.解：(1)因为 f (x) = 1x3+ ax2 + bx+ c,3所以 f' (x)=x2+2ax+b.因为

8、f' (x) = 0的两个根为一1, 2,所以1 + 2 = -2a, 1X2= b,1 解得a=-2,b=-2,由导函数的图象可知，当一 1vxv2时，f' (x)<0,函数单调递减,当xv1或x>2时，f' (x)>0,函数单调递增,故函数f (x)在(8, 1)和(2, +8)上单调递增，在( 1, 2)上单调递减.(2)由(1)得 f(x) =1x3 1x22x+c, 32函数f(x)在(8, 1), (2 ,+8)上是增函数，在( 1, 2)上是减函数, 所以函数f(x)的极大值为f ( - 1) =6+ c,极小值为f (2) = c J.

9、76+c>°,而函数f(x)恰有三个零点，故必有310 ccW<03加/曰 710斛得一 -< c< . 63所以使函数f(x)恰有三个零点的实数c的取值范围是 一7,日.636. (2019 浙江金华十校第二学期调研)设函数f (x) = ex- x, h(x) = - kx3+ kx2-x+ 1.求f(x)的最小值；(2)设h(x) wf(x)对任意xC0, 1恒成立时k的最大值为 入，证明：4入<6.解：(1)因为 f(x) = ex x,所以 f'(x) = ex1,当 xC(8, 0)时，f ' (x) v 0, f (x)单调

10、递减，当 xC(0, +8)时，f' (x)>0, f(x)单调递增，所以 f(x)min=f(0) =1.(2)证明：由 h(x)wf(x),化简可得 k(x2-x3) < ex - 1,当 x = 0, 1 时，kC R,ex 1当 xC(0, 1)时，kxp,要证：4入V6,则需证以下两个问题；_ ex 1，.一,x二q >4对任意xC(0, 1)恒成立；ex。一 1存在xc (0 , 1),使得-23-V 6成立.Xg一 Xgex-1v0°先证： X9>4,即证 e - 1>4(x - x ),由(1)可知，exx>l恒成立，所以e

11、x -1 > x,又 xw0,所以 ex -1 >x,即证 x>4( x2-x3) ? 1>4(x-x2)? (2x- 1)2>0,(2x-1)2>0,显然成立，ex 1所以x2_x3>4对任意xC(0, 1)恒成立；exo 1再证存在xoC(o, 1)，使得XT/<6成立.取xo=2, 半于=8(Ve-1),因为正<4，48所以 8(Ve-1)<8X 4 = 6,所以存在XoC (0 , 1),使得ex: x； < 6,由可知，4入6.能力提升1. (2019 杭州市学军中学高考模拟)已知函数f (x) =(ax3gbx2 +

12、 x(a, bCR).32(1)当a=2, b=3时，求函数f(x)极值；(2)设b= a+ 1,当0w aw i时，对任意xC 0 , 2,都有m> | f'( x)|恒成立，求 m的 最小值.解：当 a=2, b=3 时，f (x) =3x3-|x2+x, ,.2f ' (x) = 2x 3x+1 = (2x 1)( x1),1令 f' (x)>0,解得：x>1 或 x<2,人,-1令 f (x) V 0,解得：2<x< 1,1 1、，、一，故f(x)在(8, 2)单调递增，在(2, 1)单调递减，在(1 , +8)单调递增,41

13、51故 f (x) 极大值= "2)=24, f(x)极小值 =f (1)=-.(2)当 b= a + 1 时，f (x) =1ax3-1(a+ 1)x2+x, 32f ' (x) = ax2(a+1)x+1, f' (x)恒过点(0, 1).当 a = 0 时，f' (x) = x+ 1,m> |f' (x)|恒成立，所以m> 1；0<a<1,开口向上，对称轴 a口>1,2a 2 f' (x) = ax2(a+1)x+1=a(x-)2+1 40 ,当 a=1 时 f' (x) =x2 2x+1, |f&#

14、39; (x)| 在 xC0, 2的值域为0, 1；要 m I f ' (x)| ,则 m 1;当0vav 1时，根据对称轴分类：当 x = a1<2,即1vav1 时， 2a32, , a+11111 = (a-1) >0, f(-二万-4(a+£) C(-3, 0),又 f ' (2) = 2a1v 1,所以 |f ' (x)| W1；当* =受"即0<a<3;f' (x)在 x e 0 , 2的最小值为 f' (2)= 2a 1 ；1v2a1W ,，所以 |f' (x)| wi, 3综上所述，要对

15、任意 xC0, 2都有m> |f' (x)|恒成立，有m> 1.所以m的最小值为1. 1.1 O2. (2019 台州市图考模拟)已知函数f(x)=-x3 + -ax2+bx(a, bCR).32(1)若函数f (x)在(0 , 2)上存在两个极值点，求 3a+ b的取值范围； 8.(2)当a=0, b>1时，求证：对任意的实数 xC0, 2, |f(x)| W2b+力恒成立. 3解：(1) f' ( x) = x2+ ax+b,由已知可得f' (x)=0在(0, 2)上存在两个不同的零点，b>02a+ b+4>0 a24b>0,ae

16、 ( 4, 0)f ' ( 0) >0f ' (2) >0故有 > 0，即a2£ (0, 2)令 z = 3a+ b,如图所示：由图可知一8<z<0,故3a+ b的取值范围(一8, 0).(2)证明：f(x) = 1x3+bx(bn 1, xC0, 2),所以 f' (x)=x2+b, 3当b>0时，f ' (x)>0在0 , 2上恒成立，则f (x)在0 , 2上单调递增，故 0 = f(0) wf(x)wf(2) =2b+8,所以 |f(x)| W2b+8； 33当一iwbv。时，由 f'(x) = 0,解得 x=产6C(0, 2),则f(x