【新高考复习】第2讲　第3课时　导数与函数的综合问题

第3课时导数与函数的综合问题一、选择题1.方程x3－6x2＋9x－10＝0的实根个数是()A.3B.2C.1D.0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，极小值为f(3)＝－10＜0，所以方程x3－6x2＋9x－10＝0的实根个数为1.答案C2.若存在正数x使2x(x－a)＜1成立，则实数a的取值范围是()A.(－∞，＋∞)B.(－2，＋∞)C.(0，＋∞)D.(－1，＋∞)解析∵2x(x－a)＜1，∴a＞x－12x.令f(x)＝x－12x，∴f′(x)＝1＋2－xln2＞0.∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴f(x)＞f(0)＝0－1＝－1，∴实数a的取值范围为(－1，＋∞).答案D3.(2017·山东省实验中学诊断)若函数f(x)在R上可导，且满足f(x)－xf′(x)0，则()A.3f(1)f(3)B.3f(1)f(3)C.3f(1)＝f(3)D.f(1)＝f(3)解析由于f(x)xf′(x)，则f（x）x′＝xf′（x）－f（x）x20恒成立，因此f（x）x在R上是单调递减函数，∴f（3）3f（1）1，即3f(1)f(3).答案B4.(2017·德阳模拟)方程f(x)＝f′(x)的实数根x0叫作函数f(x)的“新驻点”，如果函数g(x)＝lnx的“新驻点”为a，那么a满足()A.a＝1B.0a1C.2a3D.1a2解析∵g′(x)＝1x，∴lnx＝1x.设h(x)＝lnx－1x，则h(x)在(0，＋∞)上为增函数.又∵h(1)＝－10，h(2)＝ln2－12＝ln2－lne0，∴h(x)在(1，2)上有零点，∴1a2.答案D5.(2017·贵阳联考)已知函数f(x)的定义域为[－1，4]，部分对应值如下表：x－10234f(x)12020f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示.当1a2时，函数y＝f(x)－a的零点的个数为()A.1B.2C.3D.4解析根据导函数图象，知2是函数的极小值点，函数y＝f(x)的大致图象如图所示.由于f(0)＝f(3)＝2，1a2，所以y＝f(x)－a的零点个数为4.答案D二、填空题6.已知函数y＝x3－3x＋c的图象与x轴恰有两个公共点，则c＝________.解析设f(x)＝x3－3x＋c，对f(x)求导可得，f′(x)＝3x2－3，令f′(x)＝0，可得x＝±1，易知f(x)在(－∞，－1)，(1，＋∞)上单调递增，在(－1，1)上单调递减，若f(1)＝1－3＋c＝0，可得c＝2；若f(－1)＝－1＋3＋c＝0，可得c＝－2.答案－2或27.若函数f(x)＝ax－lnx在12，＋∞上单调递增，则实数a的取值范围为________.解析由已知得f′(x)＝a－1x≥0对∀x∈12，＋∞恒成立，∴a≥1x对∀x∈12，＋∞恒成立，∵1x112＝2，∴a≥2.答案[2，＋∞)8.(2017·安徽江南名校联考)已知x∈(0，2)，若关于x的不等式xex1k＋2x－x2恒成立，则实数k的取值范围为________.解析依题意，知k＋2x－x20.即kx2－2x对任意x∈(0，2)恒成立，从而k≥0，因此由原不等式，得kexx＋x2－2x恒成立.令f(x)＝exx＋x2－2x，则f′(x)＝(x－1)exx2＋2.令f′(x)＝0，得x＝1，当x∈(1，2)时，f′(x)0，函数f(x)在(1，2)上单调递增，当x∈(0，1)时，f′(x)0，函数f(x)在(0，1)上单调递减，所以kf(x)min＝f(1)＝e－1，故实数k的取值范围是[0，e－1).答案[0，e－1)三、解答题9.设函数f(x)＝(x＋1)ln(x＋1)，若对所有的x≥0，都有f(x)≥ax成立，求实数a的取值范围.解令g(x)＝(x＋1)ln(x＋1)－ax，则g′(x)＝ln(x＋1)＋1－a.(1)当a≤1时，1－a≥0，∵x≥0，∴ln(x＋1)≥0，∴g′(x)≥0，∴g(x)在[0，＋∞)上是增函数，∴g(x)≥g(0)＝0，∴当a≤1时，(x＋1)ln(x＋1)≥ax对x≥0都成立.(2)当a1时，令g′(x)＝0解得x＝ea－1－1.当0xea－1－1时，g′(x)0；当xea－1－1时，g′(x)0，∴g(x)在(0，ea－1－1)上递减，在(ea－1－1，＋∞)上递增，∴g(ea－1－1)g(0)＝0，∴当a1时，不是对所有的x≥0，都有f(x)≥ax成立.综上，由(1)(2)可知，实数a的取值范围是(－∞，1].10.(2017·武汉调研)已知函数f(x)＝lnx－a（x－1）x(a∈R).(1)求函数f(x)的单调区间；(2)求证：不等式(x＋1)lnx2(x－1)对∀x∈(1，2)恒成立.(1)解定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x－ax2.①a≤0时，f′(x)0，f(x)在(0，＋∞)上为增函数；②a0时，f(x)在(a，＋∞)上为增函数，在(0，a)上为减函数.(2)证明法一∵x∈(1，2)，∴x＋10，∴要证原不等式成立，即证lnx2（x－1）x＋1对∀x∈(1，2)恒成立，令g(x)＝lnx－2（x－1）x＋1，g′(x)＝（x－1）2（x＋1）2≥0，∴g(x)在(0，＋∞)上为增函数，∴当x∈(1，2)时，g(x)g(1)＝ln1－2（1－1）1＋1＝0，∴lnx2（x－1）x＋1对∀x∈(1，2)恒成立，∴(x＋1)lnx2(x－1)对∀x∈(1，2)恒成立.法二令F(x)＝(x＋1)lnx－2(x－1)，F′(x)＝lnx＋x＋1x－2，＝lnx－x－1x.令φ(x)＝lnx－x－1x，由(1)知a＝1时，φ(x)在(0，1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数.∵x∈(1，2)，则φ(x)在(1，2)为增函数，φ(x)φ(1)＝0，即x∈(1，2)，F′(x)0，∴F(x)在(1，2)上为增函数，∴F(x)F(1)＝0，∴(x＋1)lnx2(x－1)对∀x∈(1，2)恒成立.11.函数f(x)＝3x2＋lnx－2x的极值点的个数是()A.0B.1C.2D.无数个解析函数定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝6x＋1x－2＝6x2－2x＋1x，由于x0，g(x)＝6x2－2x＋1中Δ＝－200，所以g(x)0恒成立，故f′(x)0恒成立，即f(x)在定义域上单调递增，无极值点.答案A12.(2014·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x00，则实数a的取值范围是()A.(2，＋∞)B.(－∞，－2)C.(1，＋∞)D.(－∞，－1)解析法一由题意a≠0，由f′(x)＝3ax2－6x＝0得x＝0或x＝2a.当a0时，f(x)在(－∞，0)和2a，＋∞上单调递增，在0，2a上单调递减.且f(0)＝10，故f(x)有小于0的零点，不符合题意，排除A，C.当a0时，要使x00且唯一，只需f2a0，即a24，∴a－2，故选B.法二f(x)有唯一正零点x0，等价于方程ax3－3x2＋1＝0有唯一正根x0，即a＝3x－1x3有唯一正根x0.令g(x)＝3x－1x3，g′(x)＝3（1－x）（1＋x）x4，∴g(x)在(－∞，－1)上递减，(－1，0)上递增，(0，1)上递增，(1，＋∞)上递减.又g(－1)＝－2，g(1)＝2，且当x－1时，g(x)0，当x1时，g(x)0，∴g(x)的大致图象如图：∴直线y＝a与y＝g(x)有唯一交点，且横坐标x00，只需ag(－1)＝－2.答案B13.(2017·西安模拟)定义域为R的可导函数y＝f(x)的导函数f′(x)，满足f(x)f′(x)，且f(0)＝2，则不等式f(x)2ex的解集为()A.(－∞，0)B.(－∞，2)C.(0，＋∞)D.(2，＋∞)解析设g(x)＝f（x）ex，则g′(x)＝f′（x）－f（x）ex，∵f(x)f′(x)，∴g′(x)0，∴g(x)在R上为减函数，∵f(0)＝2，∴g(0)＝f(0)＝2，∵f(x)2ex，∴f（x）ex2，即g(x)g(0)，∴x0，∴不等式的解集为(0，＋∞).答案C14.(2017·广州调研)已知函数f(x)＝ex－m－x，其中m为常数.(1)若对任意x∈R有f(x)≥0恒成立，求m的取值范围；(2)当m1时，判断f(x)在[0，2m]上零点的个数，并说明理由.解(1)依题意，可知f′(x)＝ex－m－1，令f′(x)＝0，得x＝m.故当x∈(－∞，m)时，ex－m1，f′(x)0，f(x)单调递减；当x∈(m，＋∞)时，ex－m1，f′(x)0，f(x)单调递增.故当x＝m时，f(m)为极小值也是最小值.令f(m)＝1－m≥0，得m≤1，即对任意x∈R，f(x)≥0恒成立时，m的取值范围是(－∞，1].(2)f(x)在[0，2m]上有两个零点，理由如下：当m1时，f(m)＝1－m0.∵f(0)＝e－m0，f(0)·f(m)0，且f(x)在(0，m)上单调递减.∴f(x)在(0，m)上有一个零点.又f(2m)＝em－2m，令g(m)＝em－2m，则g′(m)＝em－2，∵当m1时，g′(m)＝em－20，∴g(m)在(1，＋∞)上单调递增.∴g(m)g(1)＝e－20，即f(2m)0.∴f(m)·f(2m)0，∴f(x)在(m，2m)上有一个零点.故f(x)在[0，2m]上有两个零点.