（黄冈名师）2020版高考数学大一轮复习 核心素养提升练十六 3.4 导数的综合应用 理（含解析）新

核心素养提升练十六导数的综合应用(30分钟60分)一、选择题(每小题5分,共25分)1.已知函数f(x)=x3-x2-x,则f(-a2)与f(-1)的大小关系为()A.f(-a2)≤f(-1)B.f(-a2)f(-1)C.f(-a2)≥f(-1)D.f(-a2)与f(-1)的大小关系不确定【解析】选A.由题意可得f′(x)=x2-2x-,令f′(x)=(3x-7)(x+1)=0,得x=-1或x=.当x-1时,f′(x)0,f(x)为增函数;当-1x时,f′(x)0,f(x)为减函数.所以f(-1)是函数f(x)在(-∞,0]上的最大值,又因为-a2≤0,所以f(-a2)≤f(-1).2.设1x2,则,,的大小关系是()A.B.C.D.【解析】选A.令f(x)=x-lnx(1x2),则f′(x)=1-=0,所以函数y=f(x)在(1,2)内为增函数.所以f(x)f(1)=10,所以xlnx0⇒01.所以.又-==0,所以.3.在△ABC中,a,b,c分别为∠A,∠B,∠C所对的边,若函数f(x)=x3+bx2+(a2+c2-ac)x+1有极值点,则sin的最小值是()A.0B.-C.D.-1【解析】选D.因为f(x)=x3+bx2+(a2+c2-ac)x+1,所以f′(x)=x2+2bx+a2+c2-ac,又因为函数f(x)有极值点,所以f′(x)=0有两个不相等的实数根,即x2+2bx+a2+c2-ac=0有两个不相等的实数根,所以Δ=(2b)2-4(a2+c2-ac)0,即aca2+c2-b2,根据余弦定理b2=a2+c2-2accosB,所以a2+c2-b2=2accosB,所以ac2accosB,即cosB,又因为∠B是三角形的一个内角,所以∠B的取值范围是.所以2B-,所以-1≤sin≤1.即sin的最小值为-1.4.设f(x)=,g(x)=ax+3-3a(a0),若对于任意x1∈[0,2],总存在x0∈[0,2],使得g(x0)=f(x1)成立,则a的取值范围是()A.[2,+∞)B.[1,2]C.[0,2]D.[1,+∞)【解析】选B.当x1∈[0,2],函数f(x)=,则f′(x)=,令f′(x)=0,解得x=1.当x∈[0,1)时,f′(x)0,所以函数f(x)在[0,1)上单调递增;当x∈(1,2]时,f′(x)0,所以函数f(x)在(1,2]上单调递减;所以当x=1时,f(x)取得最大值1,当x=0时,f(x)取得最小值为0,故得函数f(x1)的值域M=[0,1].当x0∈[0,2]时,因为a0,所以函数g(x)=ax+3-3a在其定义域内是增函数,当x=0时函数g(x)取得最小值为3-3a.当x=2时函数g(x)取得最大值为3-a.故得函数g(x)的值域为N=[3-3a,3-a].因为M⊆N,所以.解得1≤a≤2.5.已知函数g(x)满足g(x)=g′(1)ex-1-g(0)x+x2,且存在实数x0,使得不等式2m-1≥g(x0)成立,则实数m的取值范围为()A.(-∞,2]B.(-∞,3]C.[1,+∞)D.[0,+∞)【解析】选C.g′(x)=g′(1)ex-1-g(0)+x,令x=1,得g′(1)=g′(1)-g(0)+1,所以g(0)=1,g(0)=g′(1)e0-1,所以g′(1)=e,所以g(x)=ex-x+x2,g′(x)=ex-1+x,当x0时,g′(x)0,当x0时,g′(x)0,所以当x=0时,函数g(x)取得最小值g(0)=1.根据题意得2m-1≥g(x)min=1,所以m≥1.二、填空题(每小题5分,共15分)6.某产品包装公司要生产一种容积为V的圆柱形饮料罐(上下都有底),一个单位面积的罐底造价是一个单位面积罐身造价的3倍,若不考虑饮料罐的厚度,欲使这种饮料罐的造价最低,则这种饮料罐的底面半径是________.【解析】由V=πr2h,得h=,设f(r)=3×2×πr2+2πrh=6πr2+,所以f′(r)=12πr-=,所以f(r)在上单调递减,上单调递增,所以当r=时造价最低.答案:7.若存在正数x,使2x(x-a)1成立,则实数a的取值范围是________.【解析】由2x(x-a)1得x-a,即ax-,即存在正数x使ax-成立即可,令h(x)=x-(x0),则h(x)为增函数,所以当x0时,h(x)h(0)=0-=-1,所以ah(x)min,即a-1,即a的取值范围是(-1,+∞).答案:(-1,+∞)8.设函数f(x)=,g(x)=,对任意x1,x2∈(0,+∞),不等式≤恒成立,则正数k的取值范围是________.【解析】对任意x1,x2∈(0,+∞)不等式≤恒成立,等价为≤恒成立,因为f(x)==x+≥2=2,当且仅当x=时即x=1时取等号,所以f(x)的最小值是2.因为g(x)=,所以g′(x)==,由g′(x)0得0x1,此时函数为增函数,由g′(x)0得x1,此时函数为减函数,即当x=1时g(x)取得极大值同时也是最大值g(1)=,则的最大值为=,则由≥,得2ek≥k+1.即k(2e-1)≥1得k≥.答案:三、解答题(每小题10分,共20分)9.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aln2-1且x0时,exx2-2ax+1.【解析】(1)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)的变化情况如表:x(-∞,ln2)ln2(ln2,+∞)f′(x)-0+f(x)↘2-2ln2+2a↗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处取得极小值,极小值为2-2ln2+2a.(2)设g(x)=ex-x2+2ax-1,x∈R,于是g′(x)=ex-2x+2a,x∈R.由(1)知当aln2-1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上单调递增.于是当aln2-1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-10,故当aln2-1且x0时,exx2-2ax+1.10.已知函数f(x)=x2eax,其中a≤0,e为自然对数的底数.(1)讨论函数f(x)的单调性.(2)求函数f(x)在区间[0,1]上的最大值.【解析】(1)f′(x)=2xeax+x2aeax=x(ax+2)eax.①当a=0时,由f′(x)0得x0,由f′(x)0得x0.故函数f(x)在(0,+∞)上单调递增,在(-∞,0)上单调递减.②当a0时,由f′(x)0得0x-,由f′(x)0得x0或x-.故函数f(x)在上单调递增,在(-∞,0)和上单调递减.(2)①当a=0时,f(x)在区间[0,1]上单调递增,其最大值为f(1)=1.②当-2a0时,-1,f(x)在区间[0,1]上单调递增,其最大值是f(1)=ea.③当a≤-2时,0-≤1,x=-是函数f(x)在区间[0,1]上的最大值点,此时函数f(x)的最大值是f=.综上可得,当-2a≤0时,f(x)在[0,1]上的最大值是ea;当a≤-2时,f(x)在[0,1]上的最大值为.(20分钟40分)1.(5分)已知函数f(x)满足f(x)=2f,当x∈[1,3]时,f(x)=lnx,若在区间x∈内,函数g(x)=f(x)-ax有三个不同的零点,则实数a的取值范围是()A.B.C.D.【解析】选A.因为f(x)=2f,且x∈[1,3]时,f(x)=lnx,所以x∈时,f(x)=2f=2ln=-2lnx.因为函数g(x)=f(x)-ax与x轴有3个不同的交点,所以曲线y=f(x)与直线y=ax有三个不同交点,作出二者的图象,则二者在[1,3]上相切时,因为f′(x)=,所以==a⇒x=e,a=;直线y=ax经过y=f(x)右侧端点(3,ln3)时,a=.综上所述,由函数图象可得实数a的取值范围是.2.(5分)已知函数f(x)=x2+ex-(x0)与g(x)=x2+ln(x+a)的图象上存在关于y轴对称的点,则a的取值范围是()A.B.(-∞,)C.D.【解析】选B.原命题等价于f(x)=g(-x)在x0时有解,图象有交点,即ex--ln(-x+a)=0在(-∞,0)上有解,令m(x)=ex--ln(-x+a),显然m(x)在(-∞,0)上为增函数.当a0时,只需m(0)=e0--lna0解得0a;当a≤0时,x→-∞,m(x)0,x→0,m(x)0,m(x)=0有解.综上a的取值范围是(-∞,).3.(5分)已知函数f(x)=3x+cos-11,若两个正数a,b满足f(2a+b)1,则的取值范围是()A.B.C.D.∪【解析】选C.由f(x)=3x+cos-11可得,f′(x)=3-sin,即f′(x)0对x∈R恒成立,所以f(x)在实数R上单调递增;因为f(4)=3×4+cos-11=1,由f(2a+b)1可得f(2a+b)f(4),由题意可得,结合a,b的可行域,则可看作区域内点P(a,b)与定点A(-2,-1)的斜率;直线2a+b=4与横轴交于点B(2,0),与纵轴交于点C(0,4),又因为kAB==,kAC==,所以kAP∈.4.(12分)已知函数f(x)=(1+ax2)ex-1.(1)当a≥0时,讨论函数f(x)的单调性.(2)求函数f(x)在区间[0,1]上零点的个数.【解析】(1)因为f′(x)=(ax2+2ax+1)ex,当a=0时,f′(x)=ex0,此时f(x)在R上单调递增;当a0时,Δ=4a2-4a,①当0a≤1时,Δ≤0,ax2+2ax+1≥0恒成立,所以f′(x)≥0,此时f(x)在R上单调递增;②当a1时,令f′(x)=0⇒x1=-1-,x2=-1+,x(-∞,x1)x1(x1,x2)x2(x2,+∞)f′(x)+0-0+f(x)↗↘↗即f(x)在和-1+,+∞上单调递增;在上单调递减;综上:当0≤a≤1时,f(x)在R上单调递增;当a1时,f(x)在-∞,-1-和上单调递增;在上单调递减;(2)由(1)知,当0≤a≤1时,f(x)在[0,1]上单调递增,f(0)=0,此时f(x)在区间[0,1]上有一个零点;当a1时,-1-0且-1+0,所以f(x)在[0,1]单调递增;f(0)=0,此时f(x)在区间[0,1]上有一个零点;当a0时,令f′(x)=0⇒x=-1+0(负值舍去)①当-1+≥1即-≤a0时,f(x)在[0,1]单调递增,f(0)=0,此时f(x)在区间[0,1]上有一个零点;②当-1+1即a-时,若f(1)0即-1a-时,f(x)在上单调递增,在-1+,1单调递减,f(0)=0,此时f(x)在区间[0,1]上有一个零点;若f(1)≤0即a≤-1时,f(x)在单调递增,在单调递减,f(0)=0,此时f(x)在区间上有零点x=0和在区间上有一个零点共两个零点;综上:当a≤-1时,f(x)在区间[0,1]上有2个零点;当a-1时,f(x)在区间[0,1]上有1个零点.5.(13分)已知函数f(x)=ax++1-2a-lnx.(1)若f(x)≥0在x∈[1,+∞)上恒成立,求正数a的取值范围.(2)证明:1+++…+ln(n+1)+(n∈N*).【解析】(1)因为f(x)=ax++1-2a-lnx,x∈[1,+∞),则f(1)=0,f′(x)=a--==(x-1),①当0a,时,此时1,当1x,则f′(x)0,f(x)在上是减函数,所以在上存在x0,使得f(x0)f(1)=0,f(x)≥0在[1,+∞