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

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 ()A．ex2－ex1＞lnx2－lnx1 B．ex2－ex1＜lnx2－lnx1C．x2ex1＞x1ex2 D．x2ex1＜x1ex2解析令f(x)＝eq\f(ex,x)，则f′(x)＝eq\f(xex－ex,x2)＝eq\f(exx－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)，即eq\f(ex2,x2)＜eq\f(ex1,x1)，∴x2ex1＞x1ex2，故选C．答案C2．某公司生产某种产品，固定成本为20000元，每生产一单位产品，成本增加100元，已知总营业收入R与年产量x的函数关系是R＝R(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(400x－\f(1,2)x20≤x≤400，,80000x＞400，))则总利润最大时，每年生产的产品是 ()A．100 B．150C．200 D．300解析由题意得，总成本函数为C＝C(x)＝20000＋100x，总利润P(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(300x－\f(x2,2)－200000≤x≤400，,60000－100xx＞400，))又P′(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(300－x0≤x≤400，,－100x＞400，))令P′(x)＝0，得x＝300，易知x＝300时，总利润P(x)最大．答案D3．(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．6C．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x1＝0，x2＝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\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′－2≤0，,f′2≤0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4a－b≥12，,4a＋b≤－12，))即4a＋b≤－12，∴4a＋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)设函数f(x)＝lnx，g(x)＝ax＋eq\f(b,x)，函数f(x)的图象与x轴的交点也在函数g(x)的图象上，且在此点有公切线．(1)求a，b的值；(2)试比较f(x)与g(x)的大小．解(1)f(x)＝lnx的图象与x轴的交点坐标是(1,0)，依题意，得g(1)＝a＋b＝0，①又f′(x)＝eq\f(1,x)，g′(x)＝a－eq\f(b,x2)，又f(x)与g(x)在点(1,0)处有公切线，∴g′(1)＝f′(1)＝1，即a－b＝1，②由①②得a＝eq\f(1,2)，b＝－eq\f(1,2).(2)令F(x)＝f(x)－g(x)，则F(x)＝lnx－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x－\f(1,2x)))＝lnx－eq\f(1,2)x＋eq\f(1,2x)(x＞0)，∴F′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,2)－eq\f(1,2x2)＝－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1))2≤0.∴F(x)在(0，＋∞)上为减函数，且F(1)＝0，当0＜x＜1时，F(x)＞F(1)＝0，即f(x)＞g(x)；当x＝1时，F(x)＝F(1)＝0，即f(x)＝g(x)；当x＞1时，F(x)＜F(1)＝0，即f(x)＜g(x)．综上可知，当0＜x≤1时，即f(x)≥g(x)；当x＞1时，即f(x)＜g(x)．10．(2022·新课标全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝x3－3x2＋ax＋2，曲线y＝f(x)在点(0,2)处的切线与x轴交点的横坐标为－2.(1)求a；(2)证明：当k＜1时，曲线y＝f(x)与直线y＝kx－2只有一个交点．(1)解f′(x)＝3x2－6x＋a，f′(0)＝a，曲线y＝f(x)在点(0,2)处的切线方程为y＝ax＋2.由题设得－eq\f(2,a)＝－2，所以a＝1.(2)证明由(1)知，f(x)＝x3－3x2＋x＋2.设g(x)＝f(x)－kx＋2＝x3－3x2＋(1－k)x＋4.由题设知1－k＞0.当x≤0时，g′(x)＝3x2－6x＋1－k＞0，g(x)单调递增，g(－1)＝k－1＜0，g(0)＝4，所以g(x)＝0在(－∞，0]上有唯一实根．当x＞0时，令h(x)＝x3－3x2＋4，则g(x)＝h(x)＋(1－k)x＞h(x)．h′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，h(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，所以g(x)＞h(x)≥h(2)＝0.所以g(x)＝0在(0，＋∞)上没有实根．综上，g(x)＝0在R上有唯一实根，即曲线y＝f(x)与直线y＝kx－2只有一个交点．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(0，eq\f(1,a))上单调递增；当x＞eq\f(1,a)时，f′(x)＜0，f(x)在(eq\f(1,a)，2)上单调递减，∴f(x)max＝f(eq\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＋x42－4x3x4)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2a,3)))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．已知f(x)＝xex，g(x)＝－(x＋1)2＋a，若∃x1，x2∈R，使得f(x2)≤g(x1)成立，则实数a的取值范围是______.解析f′(x)＝ex＋xex＝ex(1＋x)当x＞－1时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；当x＜－1时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减．所以函数f(x)的最小值为f(－1)＝－eq\f(1,e).而函数g(x)的最大值为a，则由题意，可得－eq\f(1,e)≤a，即a≥－eq\f(1,e).答案eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,e)，＋∞))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－2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)∈所以函数g(x)在区间[0，ln(2a)]上单调递减，在区间(ln(2于是，g(x)在[0,1]上的最小值是g(ln(2a))＝2a－2aln(2a综上所述，当a