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2018版高考数学一轮复习第三章导数及其应用第2讲导数的应用第3课时导数与函数的综合问题练习理


第三章 导数及其应用 第 2 讲 导数的应用 第 3 课时 导数与函数的 综合问题练习 理 北师大版
基础巩固题组 (建议用时:40 分钟) 一、选择题 1.方程 x -6x +9x-10=0 的实根个数是( A.3
3 3 2

) C.1
2

B.2
2

D.0

解析 设 f(x)=x -6x +9x-10, f′(x)=3x -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 x -6x +9x-10=0 的实 根个数为 1. 答案 C 2.若存在正数 x 使 2 (x-a)<1 成立,则实数 a 的取值范围是( A.(-∞,+∞) C.(0,+∞) 1 x 解析 ∵2 (x-a)<1,∴a>x- x. 2 1 -x 令 f(x)=x- x,∴f′(x)=1+2 ln 2>0. 2 ∴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 D 3.(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 ( ) B.3f(1)>f(3) D.f(1)=f(3) B.(-2,+∞) D.(-1,+∞)
x
3 2

)

A.3f(1)<f(3) C.3f(1)=f(3) 解析 由于 f(x)>xf′(x),则? R 上是单调递减函数,∴ 答案 B

?f(x)?′=xf′(x)-f(x)<0 恒成立,因此f(x)在 ? x2 x ? x ?
< 1 ,即 3f(1)>f(3).

f(3) f(1)
3

4.(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)=ln x 的“新驻点”为 a,那么 a 满足( A.a=1 B.0<a<1
1

)

C.2<a<3 1 1 解析 ∵g′(x)= ,∴ln x= .

D.1<a<2

x

x

1 设 h(x)=ln x- ,

x

则 h(x)在(0,+∞)上为增函数. 1 又∵h(1)=-1<0,h(2)=ln 2- =ln 2-ln e>0, 2 ∴h(x)在(1,2)上有零点,∴1<a<2. 答案 D 5.(2017·宝鸡联考)已知函数 f(x)的定义域为[-1,4],部分对应值如下表:

x f(x)

-1 1

0 2

2 0

3 2

4 0

f(x)的导函数 y=f′(x)的图像如图所示.当 1<a<2 时,函数 y=f(x)-a 的零点的个数为
( )

A.1

B.2

C.3

D.4

解析 根据导函数图像,知 2 是函数的极小值点,函数 y=f(x)的大致图像如图所示. 由于 f(0)=f(3)=2,1<a<2,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=x -3x+c 的图像与 x 轴恰有两个公共点,则 c=________. 解析 设 f(x)=x -3x+c,对 f(x)求导可得,f′(x)=3x -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 2
3 2 3

2

?1 ? 7.若函数 f(x)=ax-ln x 在? ,+∞?上单调递增,则实数 a 的取值范围为________. ?2 ?
1 1 ?1 ? ?1 ? 解析 由已知得 f′(x)=a- ≥0 对? x∈? ,+∞?恒成立,∴a≥ 对? x∈? ,+∞?恒 2 x x ? ? ?2 ? 1 1 成立,∵ < =2,∴a≥2. x 1 2 答案 [2,+∞)

x 1 8.(2017·安徽江南名校联考)已知 x∈(0,2),若关于 x 的不等式 x< 2恒成立,则 e k+2x-x
实数 k 的取值范围为________. 解析 依题意,知 k+2x-x >0. 即 k>x -2x 对任意 x∈(0,2)恒成立,从而 k≥0, e 2 因此由原不等式,得 k< +x -2x 恒成立.
x
2 2

x

e ?e ? 2 令 f(x)= +x -2x,则 f′(x)=(x-1)? 2+2?.

x

x

x

?x

?

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 k<f(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 a>1 时,令 g′(x)=0 解得 x=e 当 0<x<e
a-1 a-1

-1.

-1 时,g′(x)<0;当 x>e
a-1

a-1

-1 时,g′(x)>0,

∴g(x)在(0,e ∴g(e
a-1

-1)上递减,在(e

a-1

-1,+∞)上递增,

-1)<g(0)=0,

∴当 a>1 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].

3

10.(2017·武汉调研)已知函数 f(x)=ln x- (1)求函数 f(x)的单调区间;

a(x-1) (a∈R). x

(2)求证:不等式(x+1)ln x>2(x-1)对? x∈(1,2)恒成立. (1)解 定义域为(0,+∞),f′(x)=

x-a . x2

①a≤0 时,f′(x)>0,f(x)在(0,+∞)上为增函数; ②a>0 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+1>0, ∴要证原不等式成立,即证 ln x> 2(x-1) , x+1 (x-1) g′(x)= 2≥0,∴g(x)在(0,+∞)上为增函数, (x+1) 2(1-1) ∴当 x∈(1,2)时,g(x)>g(1)=ln 1- =0, 1+1 2(x-1) ∴ln x> 对? x∈(1,2)恒成立, x+1 ∴(x+1)ln x>2(x-1)对? x∈(1,2)恒成立. 法二 令 F(x)=(x+1)ln x-2(x-1),
2

2(x-1) 对 ? x ∈(1 , 2)恒成立,令 g(x)= ln x- x+1

x+ 1 F′(x)=ln x+ -2, x
=ln x-

x-1 . x x-1 ,由(1)知 a=1 时, x

令 φ (x)=ln x-

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)ln x>2(x-1)对? x∈(1,2)恒成立. 能力提升题组 (建议用时:25 分钟) 11.函数 f(x)=3x +ln x-2x 的极值点的个数是( A.0 B.1 C.2
2

) D.无数个

解析 函数定义域为(0,+∞),
4

1 6x -2x+1 且 f′(x)=6x+ -2= ,

2

x

x

由于 x>0,g(x)=6x -2x+1 中 Δ =-20<0, 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 A 12.(2014·全国Ⅰ卷)已知函数 f(x)=ax -3x +1,若 f(x)存在唯一的零点 x0,且 x0>0, 则实数 a 的取值范围是( A.(2,+∞) C.(1,+∞) ) B.(-∞,-2) D.(-∞,-1)
3 2

2

2 2 解析 法一 由题意 a≠0,由 f′(x)=3ax -6x=0 得 x=0 或 x= .

a

?2 ? ? 2? 当 a>0 时,f(x)在(-∞,0)和? ,+∞?上单调递增,在?0, ?上单调递减. ?a ? ?
a?
且 f(0)=1>0,故 f(x)有小于 0 的零点,不符合题意,排除 A,C.

?2? 2 当 a<0 时,要使 x0>0 且唯一,只需 f? ?>0,即 a >4,∴a<-2,故选 B. ?a?
3 1 3 2 法二 f(x)有唯一正零点 x0,等价于方程 ax -3x +1=0 有唯一正根 x0,即 a= - 3有

x x

唯一正根 x0. 3 1 3(1-x)(1+x) 令 g(x)= - 3,g′(x)= , 4

x x

x

∴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 x>1 时,g(x)>0,

∴g(x)的大致图像如图: ∴直线 y=a 与 y=g(x)有唯一交点,且横坐标 x0>0,只需 a<g(-1)=-2. 答案 B 13.(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)<2e 的解集为( A.(-∞,0) C.(0,+∞)
x

) B.(-∞,2) D.(2,+∞)

5

解析 设 g(x)=

f(x)
e
x

,则 g′(x)=

f′(x)-f(x)
e
x



∵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)<2e ,∴
x

f(x)
e
x

<2,即 g(x)<g(0),

∴x>0,∴不等式的解集为(0,+∞). 答案 C 14.(2017·广州调研)已知函数 f(x)=e
x-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 m>1 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)=e
x-m

-1,

令 f′(x)=0,得 x=m. 故当 x∈(-∞,m)时,e 当 x∈(m,+∞)时,e
x-m

<1,f′(x)<0,f(x)单调递减;

x-m

>1,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 m>1 时,f(m)=1-m<0. ∵f(0)=e >0,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)=e -2m,令 g(m)=e -2m, 则 g′(m)=e -2,∵当 m>1 时,g′(m)=e -2>0, ∴g(m)在(1,+∞)上单调递增. ∴g(m)>g(1)=e-2>0,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.
m m m m
-m

6


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