2025届高考数学一轮复习第2章函数导数及其应用第11讲导数在研究函数中的应用第3课时导数的综合应用创新教学案含解析新人教版

PAGE1-第3课时导数的综合应用题型一利用导数求解函数的零点或方程的根的问题1．(2024·汉中模拟)若函数f(x)与g(x)满意：存在实数t，使得f(t)＝g′(t)，则称函数g(x)为f(x)的“友导”函数．已知函数g(x)＝eq\f(1,2)kx2－x＋3为函数f(x)＝x2lnx＋x的“友导”函数，则k的取值范围是()A．(－∞，1) B．(－∞，2]C．(1，＋∞) D．[2，＋∞)答案D解析g′(x)＝kx－1，由题意g(x)为函数f(x)的“友导”函数，即方程x2lnx＋x＝kx－1有解，故k＝xlnx＋eq\f(1,x)＋1，记p(x)＝xlnx＋eq\f(1,x)＋1，则p′(x)＝1＋lnx－eq\f(1,x2)＝eq\f(x2－1,x2)＋lnx，当x>1时，eq\f(x2－1,x2)>0，lnx>0，故p′(x)>0，故p(x)递增；当0<x<1时，eq\f(x2－1,x2)<0，lnx<0，故p′(x)<0，故p(x)递减，故p(x)≥p(1)＝2，故由方程k＝xlnx＋eq\f(1,x)＋1有解，得k≥2，故选D.2．(2024·全国卷Ⅲ节选)已知函数f(x)＝lnx－eq\f(x＋1,x－1).探讨f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点．解f(x)的定义域为(0,1)∪(1，＋∞)．因为f′(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(2,x－12)>0，所以f(x)在(0,1)，(1，＋∞)上单调递增．因为f(e)＝1－eq\f(e＋1,e－1)<0，f(e2)＝2－eq\f(e2＋1,e2－1)＝eq\f(e2－3,e2－1)>0，所以f(x)在(1，＋∞)有唯一零点x1(e<x1<e2)，即f(x1)＝lnx1－eq\f(x1＋1,x1－1)＝0.又0<eq\f(1,x1)<1，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)))＝－lnx1＋eq\f(x1＋1,x1－1)＝－f(x1)＝0，故f(x)在(0,1)有唯一零点eq\f(1,x1).综上，f(x)有且仅有两个零点．条件探究1将本例中的函数f(x)改为f(x)＝a＋eq\r(x)·lnx(a∈R)，试求f(x)的零点个数．解f′(x)＝(eq\r(x))′·lnx＋eq\r(x)·eq\f(1,x)＝eq\f(\r(x)lnx＋2,2x)，令f′(x)>0，解得x>e－2，令f′(x)<0，解得0<x<e－2，所以f(x)在(0，e－2)上单调递减，在(e－2，＋∞)上单调递增．f(x)min＝f(e－2)＝a－eq\f(2,e)，明显当a>eq\f(2,e)时，f(x)min>0，f(x)无零点，当a＝eq\f(2,e)时，f(x)min＝0，f(x)有1个零点，当a<eq\f(2,e)时，f(x)min<0，f(x)有2个零点．条件探究2将本例中的函数f(x)改为f(x)＝x－2＋eq\f(1,ex)(e为自然对数的底数)．若直线l：y＝kx－2与曲线y＝f(x)没有公共点，求k的最大值．解直线l：y＝kx－2与曲线y＝f(x)没有公共点等价于关于x的方程kx－2＝x－2＋eq\f(1,ex)在R上没有实数解，即关于x的方程(k－1)x＝eq\f(1,ex)(*)在R上没有实数解．(1)当k＝1时，方程(*)可化为eq\f(1,ex)＝0，在R上没有实数解，符合题意．(2)当k≠1时，方程(*)可化为eq\f(1,k－1)＝xex.令g(x)＝xex，则有g′(x)＝(1＋x)ex，令g′(x)＝0，得x＝－1.当x改变时，g′(x)，g(x)的改变状况如下表：x(－∞，－1)－1(－1，＋∞)g′(x)－0＋g(x)－eq\f(1,e)所以当x＝－1时，g(x)min＝－eq\f(1,e)，又当x→＋∞时，g(x)→＋∞，所以g(x)的取值范围为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,e)，＋∞)).所以当eq\f(1,k－1)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,e)))时，方程(*)无实数解，故k的取值范围是(1－e,1)．综上，k的取值范围是(1－e,1]，即k的最大值为1.利用导数探讨函数零点或方程根的方法(1)通过最值(极值)推断零点个数的方法借助导数探讨函数的单调性、极值后，通过极值的正负，函数单调性推断函数图象走势，从而推断零点个数或者通过零点个数求参数范围．(2)数形结合法求解零点对于方程解的个数(或函数零点个数)问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性，画出草图数形结合确定其中参数的范围．(3)构造函数法探讨函数零点①依据条件构造某个函数，利用导数确定函数的单调区间及极值点，依据函数零点的个数找寻函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求解．②解决此类问题的关键是将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化，突出导数的工具作用，体现转化与化归的思想方法．如举例说明1.1．(2024·吉安模拟)已知定义在R上的奇函数f(x)满意x>0时，f(x)＝eq\f(2,π)x－lnx＋lneq\f(π,2)，则函数g(x)＝f(x)－sinx(e为自然对数的底数)的零点个数是()A．1 B．2C．3 D．5答案C解析依据题意，函数g(x)＝f(x)－sinx的零点即函数y＝f(x)与y＝sinx的交点，设h(x)＝sinx，函数f(x)为R上的奇函数，则f(0)＝0，又由h(0)＝sin0＝0.则函数y＝f(x)与y＝sinx存在交点(0,0)，当x>0时，f(x)＝eq\f(2,π)x－lnx＋lneq\f(π,2)，其导数f′(x)＝eq\f(2,π)－eq\f(1,x)，分析可得在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上，f′(x)<0，f(x)为减函数，在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，＋∞))上，f′(x)>0，f(x)为增函数，则f(x)在区间(0，＋∞)上存在最小值，且其最小值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq\f(2,π)×eq\f(π,2)－lneq\f(π,2)＋lneq\f(π,2)＝1，又由heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝sineq\f(π,2)＝1，则函数y＝f(x)与y＝sinx存在交点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，1))，又由y＝f(x)与y＝sinx都是奇函数，则函数y＝f(x)与y＝sinx存在交点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，－1)).综合可得，函数y＝f(x)与y＝sinx有3个交点，则函数g(x)＝f(x)－sinx有3个零点．2．(2024·郑州模拟)已知函数f(x)＝eq\f(ex,x)＋a(x－lnx)，a∈R.(1)当a＝－e时，求f(x)的最小值；(2)若f(x)有两个零点，求参数a的取值范围．解(1)f(x)＝eq\f(ex,x)＋a(x－lnx)，定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(exx－1,x2)＋aeq\f(x－1,x)＝eq\f(x－1ex＋ax,x2)，当a＝－e时，f′(x)＝eq\f(x－1ex－ex,x2)，由于ex≥ex在(0，＋∞)上恒成立．故f(x)在(0,1)上单调递减，f(x)在(1，＋∞)上单调递增．f(x)min＝f(1)＝e＋a＝0.(2)f′(x)＝eq\f(x－1ex＋ax,x2)，当a＝－e时，f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．f(x)min＝f(1)＝a＋e＝0，f(x)只有一个零点．当a>－e时，ax>－ex，故ex＋ax>ex－ex≥0在(0，＋∞)上恒成立．故f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．f(x)min＝f(1)＝a＋e>0，故当a>－e时，f(x)没有零点．当a＜－e时，令ex＋ax＝0，得eq\f(ex,x)＝－a，φ(x)＝eq\f(ex,x)，φ′(x)＝eq\f(x－1ex,x2).φ(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，φ(x)min＝φ(1)＝e，ex＋ax＝0在(0，＋∞)上有两个零点x1，x2,0<x1<1<x2，f(x)在(0，x1)上单调递减，在(x1,1)上单调递增，在(1，x2)上单调递减，在(x2，＋∞)上单调递增，f(1)＝a＋e<0，又x→0时，f(x)→＋∞，x→＋∞时，f(x)→＋∞.此时f(x)有两个零点．综上，若f(x)有两个零点，则a<－e.题型二利用导数探讨不等式的有关问题角度1证明不等式(多维探究)1．(2024·北京高考节选)已知函数f(x)＝eq\f(1,4)x3－x2＋x.(1)求曲线y＝f(x)的斜率为1的切线方程；(2)当x∈[－2,4]时，求证：x－6≤f(x)≤x.解(1)由f(x)＝eq\f(1,4)x3－x2＋x得f′(x)＝eq\f(3,4)x2－2x＋1.令f′(x)＝1，即eq\f(3,4)x2－2x＋1＝1，得x＝0或x＝eq\f(8,3).又f(0)＝0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)))＝eq\f(8,27)，所以曲线y＝f(x)的斜率为1的切线方程是y＝x与y－eq\f(8,27)＝x－eq\f(8,3)，即y＝x与y＝x－eq\f(64,27).(2)证明：令g(x)＝f(x)－x，x∈[－2,4]．由g(x)＝eq\f(1,4)x3－x2得g′(x)＝eq\f(3,4)x2－2x.令g′(x)＝0得x＝0或x＝eq\f(8,3).当x改变时，g′(x)，g(x)的改变状况如下：x－2(－2,0)0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(8,3)))eq\f(8,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)，4))4g′(x)＋0－0＋g(x)－60－eq\f(64,27)0所以g(x)的最小值为－6，最大值为0.故－6≤g(x)≤0，即x－6≤f(x)≤x.条件探究将本例中的函数f(x)改为f(x)＝eq\f(x,ex)－eq\f(2,e)，设g(x)＝xlnx，当x∈(0，＋∞)时．求证：f(x)<g(x)．证明因为g′(x)＝lnx＋1.令g′(x)<0，则x<eq\f(1,e)，所以g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上单调递增．所以g(x)≥geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－eq\f(1,e).又因为f′(x)＝eq\f(1－x,ex).令f′(x)＝eq\f(1－x,ex)>0，则x<1，因为x>0，所以f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．所以f(x)≤f(1)＝－eq\f(1,e).因此f(x)<g(x)．角度2已知不等式恒成立，求参数的取值范围2．(2024·银川模拟)已知函数f(x)＝x－aln(x＋1)．(1)当a＝2时，求f(x)的单调区间；(2)当a＝1时，关于x的不等式kx2≥f(x)在[0，＋∞)上恒成立，求k的取值范围．解(1)当a＝2时，f(x)＝x－2ln(x＋1)，f′(x)＝1－eq\f(2,x＋1)＝eq\f(x－1,x＋1)，当x∈(－1,1)时，f′(x)<0，f(x)是减函数，x∈(1，＋∞)，f′(x)>0，f(x)是增函数．所以，f(x)的减区间为(－1,1)，增区间为(1，＋∞)．(2)当a＝1时，f(x)＝x－ln(x＋1)，kx2≥f(x)，即kx2－x＋ln(x＋1)≥0.设g(x)＝kx2－x＋ln(x＋1)，x≥0，则只需g(x)≥0在[0，＋∞)恒成马上可．易知g(0)＝0，g′(x)＝2kx－1＋eq\f(1,x＋1)＝eq\f(x[2kx＋1－1],x＋1)，因为x≥0，所以eq\f(x,x＋1)≥0.当k≤0时，g′(x)<0，此时g(x)在[0，＋∞)上单调递减，所以g(x)<g(0)＝0，与题设冲突；当0<k<eq\f(1,2)时，由g′(x)＝0得x＝－1＋eq\f(1,2k)>0.当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－1＋\f(1,2k)))时，g′(x)<0.当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1＋\f(1,2k)，＋∞))时，g′(x)>0，此时g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－1＋\f(1,2k)))上单调递减，所以，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－1＋\f(1,2k)))时，g(x)<g(0)＝0，与题设冲突；当k≥eq\f(1,2)时，g′(x)≥0，故g(x)在[0，＋∞)上单调递增，所以g(x)≥g(0)＝0恒成立．综上，k≥eq\f(1,2).角度3不等式存在性成立问题3．已知函数f(x)＝x－(a＋1)lnx－eq\f(a,x)(a∈R)，g(x)＝eq\f(1,2)x2＋ex－xex.(1)当x∈[1，e]时，求f(x)的最小值；(2)当a<1时，若存在x1∈[e，e2]，使得对随意的x2∈[－2,0]，f(x1)<g(x2)恒成立，求a的取值范围．解(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(x－1x－a,x2).①当a≤1时，x∈[1，e]，f′(x)≥0，f(x)为增函数，f(x)min＝f(1)＝1－a.②当1<a<e时，x∈[1，a]时，f′(x)≤0，f(x)为减函数；x∈[a，e]时，f′(x)≥0，f(x)为增函数．所以f(x)min＝f(a)＝a－(a＋1)lna－1.③当a≥e时，x∈[1，e]时，f′(x)≤0，f(x)在[1，e]上为减函数．f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－eq\f(a,e).综上，当a≤1时，f(x)min＝1－a；当1<a<e时，f(x)min＝a－(a＋1)lna－1；当a≥e时，f(x)min＝e－(a＋1)－eq\f(a,e).(2)由题意知f(x)(x∈[e，e2])的最小值小于g(x)(x∈[－2,0])的最小值．由(1)知当a<1时，f(x)在[e，e2]上单调递增，f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－eq\f(a,e).g′(x)＝(1－ex)x.当x∈[－2,0]时，g′(x)≤0，g(x)为减函数．g(x)min＝g(0)＝1.所以e－(a＋1)－eq\f(a,e)<1，即a>eq\f(e2－2e,e＋1)，所以a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2－2e,e＋1)，1)).1．利用导数证明不等式成立问题的常用方法(1)干脆将不等式转化成某个函数最值问题若证明f(x)<g(x)，x∈(a，b)，可以构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，假如F′(x)<0，则F(x)在(a，b)上是减函数，同时若F(a)≤0，由减函数的定义可知，x∈(a，b)时，有F(x)<0，即证明白f(x)<g(x)．如举例说明1.(2)将待证不等式转化为两个函数的最值进行比较证明在证明不等式中，若待证不等式的变形无法转化为一个函数的最值问题，可借助两个函数的最值证明，如要证f(x)≥g(x)在D上成立，只需证明f(x)min≥g(x)max即可．如举例说明1的条件探究．2．不等式在某个区间上恒成立(存在性成立)问题的转化途径(1)f(x)≥a恒成立⇔f(x)min≥a，如举例说明2；存在x使f(x)≥a成立⇔f(x)max≥a.(2)f(x)≤b恒成立⇔f(x)max≤b，存在x使f(x)≤b成立⇔f(x)min≤b.(3)f(x)>g(x)恒成立eq\o(,\s\up7(Fx＝fx－gx))F(x)min>0.(4)①随意x1∈M，随意x2∈N，f(x1)>g(x2)⇔f(x1)min>g(x2)max；②随意x1∈M，存在x2∈N，f(x1)>g(x2)⇔f(x1)min>g(x2)min；③存在x1∈M，存在x2∈N，f(x1)>g(x2)⇔f(x1)max>g(x2)min；④存在x1∈M，随意x2∈N，f(x1)>g(x2)⇔f(x1)max>g(x2)max.如举例说明3.1．(2024·渭南模拟)设函数f(x)＝(x－a)2＋(3lnx－3a)2，若存在x0，使f(x0)≤eq\f(9,10)，则实数a的值为()A.eq\f(1,10) B.eq\f(1,4)C.eq\f(1,2) D．1答案A解析分别令g(x)＝3lnx，h(x)＝3x，设过点P(x0,3lnx0)的函数g(x)的切线l平行于直线y＝3x.g′(x)＝eq\f(3,x)，由eq\f(3,x0)＝3，解得x0＝1.∴切点P(1,0)．点P到直线y＝3x的距离d＝eq\f(3\r(10),10).∴存在x0＝1，使f(x0)≤eq\f(9,10)，过点P且与直线y＝3x垂直的直线方程为y＝－eq\f(1,3)(x－1)．联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝3x，,y＝－\f(1,3)x－1，))解得x＝eq\f(1,10)，y＝eq\f(3,10).则实数a＝eq\f(1,10).故选A.2．(2024·哈尔滨六中模拟)已知函数f(x)＝xlnx＋eq\f(1,2)ax2－1，且f′(1)＝－1.(1)求函数f(x)的解析式；(2)若对随意x∈(0，＋∞)，都有f(x)－2mx＋1≤0，求m的取值范围；(3)证明函数y＝f(x)＋2x的图象在g(x)＝xex－x2－1图象的下方．解(1)因为f(x)＝xlnx＋eq\f(1,2)ax2－1，所以f′(x)＝lnx＋1＋ax.又因为f′(1)＝－1，所以1＋a＝－1，a＝－2，所以f(x)＝xlnx－x2－1.(2)若对随意x∈(0，＋∞)，都有f(x)－2mx＋1≤0.即xlnx－x2－2mx≤0恒成立，即m≥eq\f(1,2)lnx－eq\f(1,2)x恒成立．令h(x)＝eq\f(1,2)lnx－eq\f(1,2)x，则h′(x)＝eq\f(1,2x)－eq\f(1,2)＝eq\f(1－x,2x).当0<x<1时，h′(x)>0，h(x)单调递增；当x>1时，h′(x)<0，h(x)单调递减．所以当x＝1时，h(x)有最大值，h(1)＝－eq\f(1,2).所以m≥－eq\f(1,2)，即m的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞)).(3)证明：要证明函数y＝f(x)＋2x的图象在g(x)＝xex－x2－1的图象的下方．即证：f(x)＋2x<xex－x2－1恒成立，即lnx<ex－2.由(2)可得h(x)＝eq\f(1,2)lnx－eq\f(1,2)x≤－eq\f(1,2).所以lnx≤x－1.现要证明x－1<ex－2，即证ex－x－1>0.令φ(x)＝ex－x－1，则φ′(x)＝ex－1.当x>0时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增．所以φ(x)>φ(0)＝0.即ex－x－1>0.所以x－1<ex－2.从而得到lnx≤x－1<ex－2.所以函数y＝f(x)＋2x的图象在g(x)＝xex－x2－1图象的下方．题型三利用导数求解生活中的优化问题如图所示的某种容器的体积为90πcm3，它是由圆锥和圆柱两部分连接而成，圆柱与圆锥的底面半径都为rcm.圆锥的高为h1cm，母线与底面所成的角为45°；圆柱的高为h2cm.已知圆柱底面的造价为2a元/cm2，圆柱侧面造价为a元/cm2，圆锥侧面造价为eq\r(2)a元/cm2.(1)将圆柱的高h2表示为底面半径r的函数，并求出定义域；(2)当容器造价最低时，圆柱的底面半径为多少？解(1)因为圆锥的母线与底面所成的角为45°，所以h1＝r，圆锥的体积为V1＝eq\f(1,3)πr2h1＝eq\f(1,3)πr3，圆柱的体积为V2＝πr2h2.因为V1＋V2＝90π，所以V2＝πr2h2＝90π－eq\f(1,3)πr3，所以h2＝eq\f(270－r3,3r2)＝eq\f(90,r2)－eq\f(r,3).因为V1＝eq\f(1,3)πr3<90π，所以r<3eq\r(3,10).因此0<r<3eq\r(3,10)，所以h2＝eq\f(270－r3,3r2)＝eq\f(90,r2)－eq\f(r,3)，定义域为{r|0<r<3eq\r(3,10)}．(2)圆锥的侧面积S1＝πr·eq\r(2)r＝eq\r(2)πr2，圆柱的侧面积S2＝2πrh2，底面积S3＝πr2.容器总造价为y＝eq\r(2)aS1＋aS2＋2aS3＝2πr2a＋2πrh2a＋2π＝2πa(r2＋rh2＋r2)＝2πaeq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2r2＋r\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(90,r2)－\f(r,3)))))＝eq\f(10πa,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(r2＋\f(54,r))).令f(r)＝r2＋eq\f(54,r)，则f′(r)＝2r－eq\f(54,r2).令f′(r)＝0，得r＝3.当0<r<3时，f′(r)<0，f(r)在(0,3)上为单调减函数；当3<r<3eq\r(3,10)时，f′(r)>0，f(r)在(3,3eq\r(3,10))上为单调增函数，因此，当r＝3时，f(r)有最小值，y有最小值90πa元．所以总造价最低时，圆柱底面的半径为3cm.1．利用导数解决生活中的实际应用问题的四步骤2．利用导数解决生活中优化问题的方法求实际问题中的最大值或最小值时，一般是先设自变量、因变量，建立函数关系式，并确定其定义域，然后利用求函数最值的方法求解，留意结果应与实际状况相结合．如举例说明．某商场销售某种商品的阅历表明，该商品每日的销售量y(单位：千克)与销售价格x(单位：元/千克)满意关系式y＝eq\f(a,x－3)＋10(x－6)2，其中3<x<6，a为常数．已知销售价格为5元/千克时，每日可售出该商品11千克．(1)求a的值；(2)若该商品的成本为3元/千克，试确定销售价格x的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大．解(1)因为当x＝5时，y＝11，所以eq\f(a,2)＋10＝11，解得a＝2.(2)由(1)可知，该商品每日的销售量为y＝eq\f(2,x－3)＋10(x－6)2.所以商场每日销售该商品所获得的利润为f(x)＝(x－3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,x－3)＋10x－62))＝2＋10(x－3)(x－6)2,3<x<6.则f′(x)＝10[(x－6)2＋2(x－3)(x－6)]＝30(x－4)(x－6)．于是，当x改变时，f′(x)，f(x)的改变状况如下表：x(3,4)4(4,6)f′(x)＋0－f(x)单调递增极大值42单调递减由上表可得，当x＝4时，函数f(x)取得极大值，也是最大值．所以当x＝4时，函数f(x)取得最大值且最大值等于42.答：当销售价格为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大．组基础关1．方程x3－6x2＋9x－10＝0的实根个数是()A．3 B．2C．1 D．0答案C解析设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，微小值为f(3)＝－10<0，所以方程x3－6x2＋9x－10＝0的实根个数为1.2．若不等式2xlnx≥－x2＋ax－3对x∈(0，＋∞)恒成立，则实数a的取值范围是()A．(－∞，0) B．(－∞，4]C．(0，＋∞) D．[4，＋∞)答案B解析2xlnx≥－x2＋ax－3，则a≤2lnx＋x＋eq\f(3,x)，设h(x)＝2lnx＋x＋eq\f(3,x)(x>0)，则h′(x)＝eq\f(x＋3x－1,x2).当x∈(0,1)时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增，所以h(x)min＝h(1)＝4，所以a≤h(x)min＝4.3．某商场从生产厂家以每件20元的价格购进一批商品，若该商品零售价定为p元，销售量为Q件，则销售量Q(单位：件)与零售价p(单位：元)有如下关系：Q＝8300－170p－p2，则最大毛利润为(毛利润＝销售收入－进货支出)()A．30元 B．60元C．28000元 D．23000元答案D解析设毛利润为L(p)元，则由题意知L(p)＝pQ－20Q＝Q(p－20)＝(8300－170p－p2)(p－20)＝－p3－150p2＋11700p－166000，所以L′(p)＝－3p2－300p＋11700.令L′(p)＝0，解得p＝30或p＝－130(舍去)．当p∈(0,30)时，L′(p)>0，当p∈(30，＋∞)时，L′(p)<0，故L(p)在p＝30时取得极大值，即最大值，且最大值为L(30)＝23000.4．(2024·贵阳摸底)函数f(x)＝ex＋a－x3＋2x2在(0，＋∞)上只有一个零点，则a的值为()A．4 B．4ln2－3C．2 D．5ln2－4答案D解析函数f(x)＝ex＋a－x3＋2x2在(0，＋∞)上只有一个零点，可得ea＝eq\f(x3－2x2,ex)在(0，＋∞)上只有一个解．令g(x)＝eq\f(x3－2x2,ex)，可得g′(x)＝eq\f(－x3＋5x2－4x,ex)＝－x·eq\f(x2－5x＋4,ex)，g(x)在(0，＋∞)上有2个极值点，x＝1和x＝4；当x∈(0,1)时函数g(x)是减函数，当x∈(1,4)时，函数g(x)是增函数，当x∈(4，＋∞)时函数g(x)是减函数，g(0)＝0.所以函数g(x)的最大值为g(4)＝eq\f(64－32,e4)＝eq\f(32,e4)，函数f(x)＝ex＋a－x3＋2x2在(0，＋∞)上只有一个零点，可得ea＝eq\f(32,e4)，所以a＝5ln2－4.故选D.5．(2024·天津高考)已知a∈R，设函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－2ax＋2a，x≤1，,x－alnx，x>1.))若关于x的不等式f(x)≥0在R上恒成立，则a的取值范围为()A．[0,1] B．[0,2]C．[0，e] D．[1，e]答案C解析当x≤1时，由f(x)＝x2－2ax＋2a≥0恒成立，而二次函数f(x)图象的对称轴为直线x＝a，所以当a≥1时，f(x)min＝f(1)＝1>0恒成立，当a<1时，f(x)min＝f(a)＝2a－a2≥0，所以0≤a<1.综上，a≥0.当x>1时，由f(x)＝x－alnx≥0恒成立，即a≤eq\f(x,lnx)恒成立．设g(x)＝eq\f(x,lnx)，则g′(x)＝eq\f(lnx－1,lnx2).令g′(x)＝0，得x＝e，且当1<x<e时，g′(x)<0，当x>e时，g′(x)>0，所以g(x)min＝g(e)＝e，所以a≤e.综上，a的取值范围是0≤a≤e，即[0，e]．故选C.6．已知函数f(x)＝ex－ln(x＋3)，则下面对函数f(x)的描述正确的是()A．∀x∈(－3，＋∞)，f(x)≥eq\f(1,3)B．∀x∈(－3，＋∞)，f(x)>－eq\f(1,2)C．∃x0∈(－3，＋∞)，f(x0)＝－1D．f(x)min∈(0,1)答案B解析因为函数f(x)＝ex－ln(x＋3)，定义域为(－3，＋∞)，所以f′(x)＝ex－eq\f(1,x＋3)，易知f(x)的导函数f′(x)在定义域(－3，＋∞)上单调递增，又f′(－1)<0，f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))>0，所以f′(x)＝0在(－3，＋∞)上有唯一的实根，不妨将其设为x0，且x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,2)))，则x＝x0为f(x)的最小值点，且f′(x0)＝0，即ex0＝eq\f(1,x0＋3)，两边取以e为底的对数，得x0＝－ln(x0＋3)，故f(x)≥f(x0)＝ex0－ln(x0＋3)＝eq\f(1,x0＋3)－ln(x0＋3)＝eq\f(1,x0＋3)＋x0，因为x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,2)))，所以2<x0＋3<eq\f(5,2)，故f(x)≥f(x0)＝eq\f(1,x0＋3)＋(x0＋3)－3>2＋eq\f(1,2)－3＝－eq\f(1,2)，即∀x∈(－3，＋∞)，都有f(x)>－eq\f(1,2).7．已知方程ln|x|－ax2＋eq\f(3,2)＝0有4个不同的实数根，则实数a的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(e2,2))) B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(e2,2)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(e2,3))) D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(e2,3)))答案A解析由于y＝ln|x|－ax2＋eq\f(3,2)是偶函数，所以方程lnx－ax2＋eq\f(3,2)＝0(x＞0)有两个根，即a＝eq\f(lnx＋\f(3,2),x2)有两个根．设f(x)＝eq\f(lnx＋\f(3,2),x2)，则f′(x)＝eq\f(x－2x\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lnx＋\f(3,2))),x4)＝－eq\f(2lnx＋1,x3)，所以当0<x<eq\f(1,e)时，f′(x)>0，f(x)递增，当x>eq\f(1,e)时，f′(x)<0，f(x)递减，所以当x＝eq\f(1,e)时，f(x)取得极大值也是最大值feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝eq\f(e2,2).又x→＋0时，f(x)→－∞，x→＋∞时，f(x)→0，所以要使a＝eq\f(lnx＋\f(3,2),x2)有两个根，则0<a<eq\f(e2,2).8．已知函数f(x)＝x|x2－a|，若存在x∈[1,2]，使得f(x)<2，则实数a的取值范围是________．答案(－1,5)解析当x∈[1,2]时，f(x)＝|x3－ax|，由f(x)<2可得－2<x3－ax<2，即为－x2－eq\f(2,x)<－a<－x2＋eq\f(2,x)，设g(x)＝－x2－eq\f(2,x)，则导数为g′(x)＝－2x＋eq\f(2,x2)，当x∈[1,2]时，g′(x)≤0，即g(x)在[1,2]上单调递减，所以g(x)min＝－4－1＝－5，即有－a>－5，即a<5；设h(x)＝－x2＋eq\f(2,x)，则导数为h′(x)＝－2x－eq\f(2,x2)，当x∈[1,2]时，h′(x)<0，即h(x)在[1,2]上单调递减，可得h(x)max＝－1＋2＝1.即有－a<1，即a>－1.综上可得，a的取值范围是－1<a<5.9．已知函数f(x)＝xlnx＋eq\f(1,2)x2，x0是函数f(x)的极值点，给出以下几个命题：①0<x0<eq\f(1,e)；②x0>eq\f(1,e)；③f(x0)＋x0<0；④f(x0)＋x0>0.其中正确的命题是________(填出全部正确命题的序号)．答案①③解析∵函数f(x)＝xlnx＋eq\f(1,2)x2(x>0)，∴f′(x)＝lnx＋1＋x，易得f′(x)＝lnx＋1＋x在(0，＋∞)递增，∴f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝eq\f(1,e)>0，∵x→0，f′(x)→－∞，∴0<x0<eq\f(1,e)，即①正确，②不正确；∵lnx0＋1＋x0＝0，∴f(x0)＋x0＝x0lnx0＋eq\f(1,2)xeq\o\al(2,0)＋x0＝x0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lnx0＋\f(1,2)x0＋1))＝－eq\f(1,2)xeq\o\al(2,0)<0，即③正确，④不正确．10．已知函数f(x)的定义域是[－1,5]，部分对应值如表，f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，x－10245f(x)121.521下列关于函数f(x)的命题：①函数f(x)的值域为[1,2]；②函数f(x)在[0,2]上是减函数；③假如当x∈[－1，t]时，f(x)的最大值是2，那么t的最大值为4；④当1<a<2时，函数y＝f(x)－a最多有4个零点．其中全部正确命题的序号是________．答案①②④解析由f(x)的导函数f′(x)的图象可知，当－1<x<0及2<x<4时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，当0<x<2及4<x<5时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，当x＝0及x＝4时，函数f(x)取得极大值f(0)＝2，f(4)＝2，当x＝2时，函数f(x)取得微小值f(2)＝1.5.又f(－1)＝f(5)＝1，所以函数f(x)的最大值为2，最小值为1，值域为[1,2]，①②正确；因为当x＝0及x＝4时，函数f(x)取得极大值f(0)＝2，f(4)＝2，要使当x∈[－1，t]时，函数f(x)的最大值是2，则0≤t≤5，所以t的最大值为5，所以③不正确；因为微小值f(2)＝1.5，极大值f(0)＝f(4)＝2，所以当1<a<2时，y＝f(x)－a最多有4个零点，所以④正确，所以正确命题的序号为①②④.组实力关1．已知f(x)＝1－eq\f(x,ex)，过点(k,0)与f(x)相切的直线有且仅有3条，则k的取值范围是()A．(－∞，2－e2) B．(－∞，2－e2]C．(－∞，4－e2) D．(－∞，4－e2]答案C解析设切点为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，1－\f(x0,ex0)))，f′(x)＝eq\f(x－1,ex)，则切线为y－1＋eq\f(x0,ex0)＝eq\f(x0－1,ex0)(x－x0)，代入点(k,0)得k＝x0＋eq\f(x0,x0－1)－eq\f(ex0,x0－1)，令g(x)＝x＋eq\f(x,x－1)－eq\f(ex,x－1)，则g′(x)＝eq\f(2－xex－x,x－12)，当x<2时，g′(x)>0，g(x)单调递增，留意到x≠1，故g(x)的递增区间为(－∞，1)，(1,2)，当x>2时，g(x)单调递减，要使g(x)＝k有三个根，由图象可得，k<g(2)＝4－e2，故k的取值范围为(－∞，4－e2)．2．(2024·安徽名校联考)关于函数f(x)＝eq\f(2,x)＋lnx，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对随意两个正实数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答案C解析f′(x)＝eq\f(x－2,x2)，当0<x<2时，f′(x)<0；当x>2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)的微小值点，故①错误．依据函数f(x)的单调性及极值点，作出函数f(x)的大致图象，如图所示，作出直线y＝x，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<eq\f(2,x2)＋eq\f(lnx,x)，令g(x)＝eq\f(2,x2)＋eq\f(lnx,x)，则g′(x)＝eq\f(－4＋x－xlnx,x3)，令F(x)＝－4＋x－xlnx，则F′(x)＝－lnx，所以F(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，F(x)≤F(1)<0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减，g(x)无最小值，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>2,0<x2<2，要证x1＋x2>4，即证x1>4－x2，且x1>4－x2>2，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)＝lnx－ln(4－x)＋eq\f(2,x)－eq\f(2,4－x)，x∈(0,2)，则h′(x)＝eq\f(－8x－22,x24－x2)<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.3．对于定义在R上的函数f(x)，若存在非零实数x0，使函数f(x)在(－∞，x0)和(x0，＋∞)上均有零点，则称x0为函数f(x)的一个“折点”．现给出下列四个函数：①f(x)＝3|x－1|＋2；②f(x)＝lg|x＋2024|；③f(x)＝eq\f(x3,3)－x－1；④f(x)＝x2＋2mx－1(m∈R)．则存在“折点”的函数是________．(填序号)答案②④解析因为f(x)＝3|x－1|＋2>2，所以函数f(x)不存在零点，所以函数f(x)不存在“折点”；对于函数f(x)＝lg|x＋2024|，取x0＝－2024，则函数f(x)在(－∞，－2024)上有零点x＝－2024，在(－2024，＋∞)上有零点x＝－2024，所以x0＝－2024是函数f(x)＝lg|x＋2024|的一个“折点”；对于函数f(x)＝eq\f(x3,3)－x－1，则f′(x)＝x2－1＝(x＋1)(x－1)．令f′(x)>0，得x>1或x<－1；令f′(x)<0，得－1<x<1，所以函数f(x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调递增，在(－1,1)上单调递减．又f(－1)＝－eq\f(1,3)<0，所以函数f(x)只有一个零点，所以函数f(x)＝eq\f(x3,3)－x－1不存在“折点”；对于函数f(x)＝x2＋2mx－1＝(x＋m)2－m2－1，由于f(－m)＝－m2－1≤－1，结合图象(图略)可知该函数肯定有“折点”．综上，存在“折点”的函数是②④.4．(2024·武汉模拟)设函数f(x)＝xekx(k≠0)．(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)探讨函数f(x)的单调性；(3)设g(x)＝x2－2bx＋4，当k＝1时，若对随意的x1∈R，存在x2∈[1,2]，使得f(x1)≥g(x2)，求实数b的取值范围．解(1)f′(x)＝(1＋kx)ekx，因为f(0)＝0且f′(0)＝1，所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝x.(2)函数f(x)的定义域为R，令f′(x)＝(1＋kx)ekx>0，由ekx>0，知1＋kx>0.探讨：①当k>0时，x>－eq\f(1,k)，此时f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,k)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,k)，＋∞))上单调递增．②当k<0时，x<－eq\f(1,k)，此时f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,k)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,k)，＋∞))上单调递减．(3)由(2)知，当k＝1时，f(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增．则对随意的x1∈R，有f(x1)≥f(－1)＝－eq\f(1,e)，即f(x1)min＝－eq\f(1,e)，又已知存在x2∈[1,2]，使得f(x1)≥g(x2)，所以－eq\f(1,e)≥g(x2)，x2∈[1,2]，即存在x∈[1,2]，使得g(x)＝x2－2bx＋4≤－eq\f(1,e)，即2b≥x＋eq\f(4＋e－1,x)，因为x∈[1,2]时，x＋eq\f(4＋e－1,x)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(4＋\f(1,2e)，5＋\f(1,e)))，所以2b≥4＋eq\f(1,2e)，即b≥2＋eq\f(1,4e)，所以实数b的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(1,4e)，＋∞)).组素养关1．已知函数f(x)＝x－eq\f(1,2)sinx－eq\f(m,2)lnx＋1，f′(x)是f(x)的导函数．(1)证明：当m＝2时，f′(x)在(0，＋∞)上有唯一零点；(2)若存在x1，x2∈(0，＋∞)，且x1≠x2时，f(x1)＝f(x2)，证明：x1x2<m2.证明(1)当m＝2时，f(x)＝x－eq\f(1,2)sinx－lnx＋1，f′(x)＝1－eq\f(1,2)cosx－eq\f(1,x).当x∈(0，π)时，f′(x)为增函数，且f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c