2019年高考数学一轮复习（文科）天天练11

天天练11导数的应用(二)一、选择题1．(2018·山东陵县一中月考)已知函数f(x)＝x2ex，当x＝[－1,1]时，不等式f(x)<m恒成立，则实数m的取值范围为()A.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))C．[e，＋∞)D．(e，＋∞)答案：D解析：由f′(x)＝ex(2x＋x2)＝x(x＋2)ex，得当－1<x<0时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，当0<x<1时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，且f(1)>f(－1)，故f(x)max＝f(1)＝e，则m>e.故选D.2．(2018·湖南郴州第二次质监)已知关于x的方程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：设f(x)＝ln|x|－ax2＋eq\f(3,2)，则f(x)为偶函数，函数f(x)有4个零点等价于函数f(x)在区间(0，＋∞)有两个零点．若a≤0，当x>0时，函数f(x)＝ln|x|－ax2＋eq\f(3,2)＝lnx－ax2＋eq\f(3,2)在区间(0，＋∞)上单调递增，最多只有一个零点，由偶函数的性质可知，函数f(x)有两个零点，不符合题意．所以a>0.当x>0时，f(x)＝ln|x|－ax2＋eq\f(3,2)＝lnx－ax2＋eq\f(3,2)，f′(x)＝eq\f(1,x)－2ax＝eq\f(1－2ax2,x).由f′(x)>0得0<x<eq\f(1,\r(2a))，由f′(x)<0得x>eq\f(1,\r(2a))，所以函数f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,\r(2a))))上单调递增，在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(2a))，＋∞))上单调递减，所以f(x)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(2a))))＝lneq\f(1,\r(2a))＋1.函数f(x)在区间(0，＋∞)上有两个零点等价于f(x)max＝lneq\f(1,\r(2a))＋1>0，解得0<a<eq\f(e2,2)，故选A.3．(2018·四川双流中学必得分训练)若f(x)＝x3－ax2＋1在(1,3)上单调递减，则实数a的取值范围是()A．(－∞，3]B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,2)，＋∞))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(9,2)))D．(0,3)答案：B解析：因为函数f(x)＝x3－ax2＋1在(1,3)上单调递减，所以f′(x)＝3x2－2ax≤0在(1,3)上恒成立，即a≥eq\f(3,2)x在(1,3)上恒成立．因为eq\f(3,2)<eq\f(9,2)，所以a≥eq\f(9,2).故选B.方法总结由函数单调性求参数取值范围的方法(1)可导函数f(x)在区间(a，b)上单调，就是在该区间上，f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立，得到关于参数的不等式，参变分离，确定参数的取值范围．(2)可导函数f(x)在区间(a，b)上存在单调区间，实际上就是f′(x)>0(或f′(x)<0)在该区间上存在解集，得到关于参数的不等式，参变分离，确定参数的取值范围．(3)若已知f(x)在区间I上的单调性，区间I上含有参数时，可先求出f(x)的单调区间，令I是其对应区间的子集，从而求出参数的取值范围．4．函数f(x)＝lnx＋eq\f(a,x)(a∈R)在区间[e－2，＋∞)上有两个零点，则a的取值范围是()A.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,e2)，\f(1,e)))B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,e2)，\f(1,e)))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,e2)，\f(1,e)))D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)，\f(2,e)))答案：A解析：令f(x)＝lnx＋eq\f(a,x)＝0，x∈[e－2，＋∞)，得－a＝xlnx.记H(x)＝xlnx，x∈[e－2，＋∞)，则H′(x)＝1＋lnx，由此可知H(x)在[e－2，e－1]上单调递减，在(e－1，＋∞)上单调递增，且H(e－2)＝－2e－2，H(e－1)＝－e－1，当x→＋∞时，H(x)→＋∞，故当eq\f(2,e2)≤a<eq\f(1,e)时，f(x)在[e－2，＋∞)上有两个零点，选A.5．设动直线x＝m与函数f(x)＝x3，g(x)＝lnx的图象分别交于点M，N，则|MN|的最小值为()A.eq\f(1,3)(1＋ln3)B.eq\f(1,3)ln3C.eq\f(1,3)(1－ln3)D．ln3－1答案：A解析：由f(x)和g(x)的图象可以看到|MN|就是两条曲线间的垂直距离，设F(x)＝f(x)－g(x)＝x3－lnx，求导得F′(x)＝3x2－eq\f(1,x)，令F′(x)＞0，得x＞eq\f(1,\r(3,3))；令F′(x)＜0，得0＜x＜eq\f(1,\r(3,3)).所以当x＝eq\f(1,\r(3,3))时，F(x)有最小值F(eq\f(1,\r(3,3)))＝eq\f(1,3)＋eq\f(1,3)ln3＝eq\f(1,3)(1＋ln3)，故选A.6．函数f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示，那么f(x)的图象最有可能的是()答案：A解析：根据f′(x)的图象知，函数y＝f(x)的极小值点是x＝－2，极大值点为x＝0，结合单调性知，选A.7．(2018·河南息县第一高级中学段测(五))函数f(x)＝x3－3x－1，若对于区间(－3,2]上的任意x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤t，则实数t的最小值是()A．20B．18C．3D．0答案：A解析：对于区间(－3,2]上的任意x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤t，等价于在区间(－3,2]上，f(x)max－f(x)min≤t.∵f(x)＝x3－3x－1，∴f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)．∵x∈(－3,2]，∴函数f(x)在[－3，－1]，[1,2]上单调递增，在[－1,1]上单调递减，∴f(x)max＝f(2)＝f(－1)＝1，f(x)min＝f(－3)＝－19，∴f(x)max－f(x)min＝20，∴t≥20，即实数t的最小值是20.8．(2018·山西大学附中期中)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(lnx＋1，x>0，,\f(1,2)x＋1，x≤0，))若m<n，且f(m)＝f(n)，则n－m的取值范围是()A．[3－2ln2,2)B．[3－2ln2,2]C．[e－1,2]D．[e－1,2)答案：A解析：如图，作出函数y＝f(x)的图象．不妨设f(m)＝f(n)＝t，由f(m)＝f(n)可知，函数f(x)的图象与直线y＝t有两个交点．当x≤0时，函数y＝f(x)＝eq\f(1,2)x＋1∈(－∞，1]；当x>0时，函数y＝f(x)＝ln(x＋1)∈(0，＋∞)．所以0<t≤1.由f(m)＝t，即eq\f(1,2)m＋1＝t，解得m＝2t－2；由f(n)＝t，即ln(n＋1)＝t，解得n＝et－1.记g(t)＝n－m＝et－1－(2t－2)＝et－2t＋1(0<t≤1)，则g′(t)＝et－2.所以当0<t<ln2时，g′(t)<0，函数g(t)单调递减；当ln2<t≤1时，g′(t)>0，函数g(t)单调递增．所以函数g(t)的最小值为g(ln2)＝eln2－2ln2＋1＝3－2ln2.因为g(0)＝e0＋1＝2，g(1)＝e－2＋1＝e－1<2，所以3－2ln2≤g(t)<2，即n－m的取值范围是[3－2ln2,2)．二、填空题9．(2018·长春质检)若函数y＝x3＋x2＋mx＋1是R上的单调函数，则实数m的取值范围是________．答案：eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，＋∞))解析：由题意知，y′＝3x2＋2x＋m.若函数y＝x3＋x2＋mx＋1是R上的单调函数，则y′＝3x2＋2x＋m≥0恒成立，则对于方程3x2＋2x＋m＝0，Δ＝4－12m≤0，即m≥eq\f(1,3)，故实数m的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，＋∞)).10．(2018·甘肃二诊)已知函数f(x)＝eq\f(1,2)x2＋2ax－lnx，若f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2))上是增函数，则实数a的取值范围为________．答案：eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，＋∞))解析：由题意知f′(x)＝x＋2a－eq\f(1,x)≥0在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2))上恒成立，即2a≥－x＋eq\f(1,x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2))上恒成立．又∵y＝－x＋eq\f(1,x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2))上单调递减，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x＋\f(1,x)))max＝eq\f(8,3)，∴2a≥eq\f(8,3)，即a≥eq\f(4,3).11．(2017·江苏卷，11)已知函数f(x)＝x3－2x＋ex－eq\f(1,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________．答案：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)))解析：本题考查用导数研究函数单调性、函数单调性的应用．易知函数f(x)的定义域关于原点对称．∵f(x)＝x3－2x＋ex－eq\f(1,ex)，∴f(－x)＝(－x)3－2(－x)＋e－x－eq\f(1,e－x)＝－x3＋2x＋eq\f(1,ex)－ex＝－f(x)，∴f(x)为奇函数，又f′(x)＝3x2－2＋ex＋eq\f(1,ex)≥3x2－2＋2＝3x2≥0(当且仅当x＝0时，取“＝”)，从而f(x)在R上单调递增，所以f(a－1)＋f(2a2)≤0⇔f(a－1)≤f(－2a2)⇔－2a2≥a－1，解得－1≤a≤eq\f(1,2).方法小结函数不等式的求解思路：(1)转化为f(φ(x))≤f(g(x))；(2)结合单调性转化为φ(x)≤g(x)或φ(x)≥g(x)．三、解答题12．(2017·新课标全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝lnx＋ax2＋(2a＋1)x(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a<0时，证明f(x)≤－eq\f(3,4a)－2.解析：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)＋2ax＋2a＋1＝eq\f(x＋12ax＋1,x).若a≥0，则当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)单调递增．若a<0，则当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2a)))时，f′(x)>0；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)，＋∞))时，f′(x)<0.故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2a)))单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)，＋∞))单调递减．(2)由(1)知，当a<0时，f(x)在x＝－eq\f(1,2a)取得最大值，最大值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)))＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)))－1－eq\f(1,4a).所以f(x)≤－eq\f(3,4a)－2等价于lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)))－1－eq\f(1,4a)≤－eq\f(3,4a)－2，即lneq