2022届《创新设计》数学一轮(理科)人教B版课时作业-第三章-导数及其应用-3-3

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 ()解析令f(x)＝eq\f(ex,x)，则f′(x)＝eq\f(（ex）′·x－x′·ex,x2)＝eq\f(ex（x－1）,x2).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)，∴，故选C.答案C2．(2021·泸州一模)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解析设圆柱的底面半径为R，母线长为l，则V＝πR2l＝27π，∴l＝eq\f(27,R2)，要使用料最省，只须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·eq\f(27,R)，∴S′＝2πR－eq\f(54π,R2)，令S′＝0，得R＝3，则当R＝3时，S最小．故选A.答案A3．(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A4．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D5．(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x＝0或x＝eq\f(2,a).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feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)))＞0，即a×eq\f(8,a3)－3×eq\f(4,a2)＋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，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f′（－2）≤0，,f′（2）≤0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4a－b≥12，,4a＋b≤－12，))即4a＋b≤－12，∴4a＋b的最大值为－12.答案－127．(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≥eq\f(3x－1,x3)，设g(x)＝eq\f(3x－1,x3)，x∈(0，1]，g′(x)＝eq\f(3x3－（3x－1）·3x2,x6)＝－eq\f(6\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2))),x4).g′(x)与g(x)随x的变化状况如下表：xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))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a为实数，函数f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R(1)求f(x)的单调区间与极值；(2)求证：当a>ln2－1且x>0时，ex>x2－2ax＋1.(1)解由f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R知f′(x)＝ex－2，x∈R.令f′(x)＝0，得x＝ln2.于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化状况如下表：x(－∞，ln2)ln2(ln2，＋∞)f′(x)－0＋f(x)↘2(1－ln2＋a)↗故f(x)的单调递减区间是(－∞，ln2)，单调递增区间是(ln2，＋∞)，f(x)在x＝ln2处取得微小值，微小值为f(ln2)＝eln2－2ln2＋2a＝2(1－ln2＋a)．(2)证明设g(x)＝ex－x2＋2ax－1，x∈R，于是g′(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.由(1)知当a>ln2－1时，g′(x)取最小值为g′(ln2)＝2(1－ln2＋a)>0.于是对任意x∈R，都有g′(x)>0，所以g(x)在R内单调递增．于是当a>ln2－1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)>g(0)．而g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)>0.即ex－x2＋2ax－1>0，故ex>x2－2ax＋1.10．(2021·太原模拟)已知函数f(x)＝(2－a)x－2(1＋lnx)＋a，g(x)＝eq\f(ex,ex)，(1)若函数f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上无零点，求实数a的最小值；(2)若对任意给定的x0∈(0，e]，在(0，e]上方程f(x)＝g(x0)总存在两个不等的实根，求实数a的取值范围．解f(x)＝(2－a)(x－1)－2lnx，(1)令m(x)＝(2－a)(x－1)，x＞0；h(x)＝2lnx，x＞0，则f(x)＝m(x)－h(x)，①当a＜2时，m(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上为增函数，h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上为增函数，若f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上无零点，则meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))≥heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，即(2－a)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－1))≥2lneq\f(1,2)，∴a≥2－4ln2，∴2－4ln2≤a＜2，②当a≥2时，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上m(x)≥0，h(x)＜0，∴f(x)＞0，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上无零点．由①②得a≥2－4ln2，∴amin＝2－4ln2.(2)g′(x)＝e1－x－xe1－x＝(1－x)e1－x，当x∈(0，1)时，g′(x)＞0，函数g(x)单调递增；当x∈(1，e]时，g′(x)＜0，函数g(x)单调递减，又g(0)＝0，g(1)＝1，g(e)＝e2－e＞0，∴函数g(x)在(0，e]上的值域为(0，1]．方程f(x)＝g(x0)等价于(2－a)(x－1)－g(x0)＝2lnx，令p(x)＝(2－a)(x－1)－g(x0)，则p(x)过定点(1，－g(x0))，且－1≤－g(x0)＜0，令t(x)＝2lnx，由p(x)，t(x)的图象可知，要使方程f(x)＝g(x0)在(0，e]上总存在两个不相等的实根，需使eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＜2，,p（e）≥t（e）))在(0，e]上恒成立，即(2－a)(e－1)－g(x0)≥2lne＝2，∴a≤2－eq\f(2＋g（x0）,e－1)，∵0＜g(x0)≤1，∴eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2－\f(2＋g（x0）,e－1)))eq\s\do7(min)＝2－eq\f(3,e－1)，∴a≤2－eq\f(3,e－1).综上所述，a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，2－\f(3,e－1))).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)＝lnx－axeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＞\f(1,2)))，当x∈(－2，0)时，f(x)的最小值为1，则a等于 ()A.eq\f(1,4) B.eq\f(1,3) C.eq\f(1,2) 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)＝eq\f(1,x)－a，令f′(x)＝0得x＝eq\f(1,a)，又a＞eq\f(1,2)，∴0＜eq\f(1,a)＜2.当x＜eq\f(1,a)时，f′(x)＞0，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上单调递增；当x＞eq\f(1,a)时，f′(x)＜0，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，2))上单调递减，∴f(x)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝lneq\f(1,a)－a·eq\f(1,a)＝－1，解得a＝1.答案D12．(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≥eq\f(2\r(3),3)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＝－eq\f(2a,3)，x3x4＝－eq\f(1,3)，则x4－x3＝eq\r(（x3＋x4）2－4x3x4)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2a,3)))\s\up12(2)＋\f(4,3))≥eq\f(2\r(3),3)，又x1≤x3，x4≤x2，因此x2－x1≥x4－x3≥eq\f(2\r(3),3)，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D13．(2022·辽宁卷改编)当x∈[－2，1]时，不等式ax3－x2＋4x＋3≥0恒成立，则实数a的取值范围是________．解析由题意知∀x∈[－2，1]都有ax3－x2＋4x＋3≥0，即ax3≥x2－4x－3在x∈[－2，1]上恒成立．当x＝0时，ax3－x2＋4x＋3≥0变为3≥0恒成立，即a∈R.当0＜x≤1时，a≥eq\f(x2－4x－3,x3)＝－eq\f(3,x3)－eq\f(4,x2)＋eq\f(1,x).令t＝eq\f(1,x)(t≥1)，g(t)＝－3t3－4t2＋t，由于g′(t)＝－9t2－8t＋1＜0(t≥1)，所以g(t)在[1，＋∞)上单调递减，g(t)max＝g(1)＝－6(t≥1)，所以a≥－6.当－2≤x＜0时，a≤－eq\f(3,x3)－eq\f(4,x2)＋eq\f(1,x)，同理，g(t)在(－∞，－1]上递减，在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,2)))上递增．因此g(t)min＝g(－1)＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t≤－\f(1,2)))，所以a≤－2.综上，－6≤a≤－2.答案[－6，－2]14．(2022·四川卷)已知函数f(x)＝ex－ax2－bx－1，其中a，b∈R，e＝2.71828…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≤eq\f(1,2)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≥eq\f(e,2)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eq\f(1,2)＜a＜eq\f(e,2)时，令g′(x)＝0，得x＝ln(2a)∈(0，1)，所以函数g(x)在区间[0，l