2022年(辅导班适用)高二数学寒假讲义12《导数与函数的综合问题》（教师版）

2022年(辅导班适用)高二数学寒假讲义12

《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.3         B.2       C.1         D.0

【答案解析】答案为：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，极小值为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，＋∞)

【答案解析】答案为：D；

解析：[∵2x(x－a)＜1，∴a＞x－.令f(x)=x－，∴f′(x)=1＋2－xln 2＞0.

∴f(x)在(0，＋∞)上是增加的，∴f(x)＞f(0)=0－1=－1，

∴实数a的取值范围为(－1，＋∞).]

3.已知函数f(x)的定义域为[－1,4]，部分对应值如下表：

f(x)的导函数y=f ′(x)的图象如图所示.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

【答案解析】答案为：D

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)=2,1<a<2，所以y=f(x)－a的零点个数为4.

4.若关于x的不等式x3－3x2－9x＋2≥m对任意x∈[－2,2]恒成立，则m的取值范围是(　　)

A.(－∞，7]       B.(－∞，－20]      C.(－∞，0]     D.[－12,7]

【答案解析】答案为：B

解析：令f(x)=x3－3x2－9x＋2，则f ′(x)=3x2－6x－9，

令f ′(x)=0得x=－1或x=3(舍去).

∵f(－1)=7, f(－2)=0, f(2)=－20，

∴f(x)的最小值为f(2)=－20，故m≤－20.

5.设f(x)是定义在R上的奇函数，且f(2)=0，当x>0时，有<0恒成立，则不等式x2f(x)>0的解集是(　　)

A.(－2,0)∪(2，＋∞)　

B.(－2,0)∪(0,2)

C.(－∞，－2)∪(2，＋∞)

D.(－∞，－2)∪(0,2)

【答案解析】答案为：D

解析：∵当x>0时，[]’′<0，

∴φ(x)=在(0，＋∞)为减函数，

又f(x)是定义在R上的奇函数，∴f(x)在R上单调递增.

∵f(2)=0，∴在(0,2)内恒有f(x)>0；在(2，＋∞)内恒有f(x)<0.

故在(－∞，－2)内恒有f(x)>0；在(－2,0)内恒有f(x)<0.

故x2f(x)>0的解集为(－∞，－2)∪(0,2).

6.定义在R上的函数f(x)满足：f(x)＋f′(x)＞1，f(0)=4，则不等式exf(x)＞ex＋3(其中e为自然对数的底数)的解集为(　 　)

A.(0，＋∞)                 B.(－∞，0)∪(3，＋∞)

C.(－∞，0)∪(0，＋∞)      D.(3，＋∞)

【答案解析】答案为：A；

解析：设g(x)=exf(x)－ex(x∈R)，

则g′(x)=exf(x)＋exf′(x)－ex=ex[f(x)＋f′(x)－1]，

因为f(x)＋f′(x)＞1，所以f(x)＋f′(x)－1＞0，所以g′(x)＞0，

所以g(x)=exf(x)－ex在定义域上单调递增，

因为exf(x)＞ex＋3，所以g(x)＞3.又因为g(0)=e0f(0)－e0=4－1=3，

所以g(x)＞g(0)，所以x＞0.

7.若不等式2xln x≥－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，＋∞)

【答案解析】答案为：B；

解析：[由题意知a≤2ln x＋x＋对x∈(0，＋∞)恒成立，

令g(x)=2ln x＋x＋，则g′(x)=＋1－=，

由g′(x)=0得x=1或x=－3(舍)，且x∈(0,1)时，g′(x)＜0，

x∈(1，＋∞)时，g′(x)＞0.因此g(x)min=g(1)=4.所以a≤4，故选B.]

8.设点P在曲线y=2ex上，点Q在曲线y=ln x－ln 2上，则|PQ|的最小值为(　　)

A.1－ln 2       B.(1－ln 2)      C.2(1＋ln 2)     D.(1＋ln 2)

【答案解析】答案为：D.

解析：由已知可得y=2ex与y=ln x－ln 2=ln 互为反函数，即y=2ex与y=ln x－ln 2的图象关于直线x－y=0对称，|PQ|的最小值为点Q到直线x－y=0的最小距离的2倍，

令Q(t，ln t－ln 2)，过点Q的切线与直线x－y=0平行，

函数y=ln x－ln 2的导数为y′=，其斜率为k==1，所以t=1，故Q(1，－ln 2)，

点Q到直线x－y=0的距离为d==，

所以|PQ|min=2d=(1＋ln 2).

9.已知函数（lnx是以e为底的自然对数，e=2.71828...），若存在实数m,n(m<n)，满足f(m)=f(n)，则n-m的取值范围为(       )

A.(0,e2+3)                  B.(4,e2-1]         C.[5-2ln2,e2-1]         D.[5-2ln2,4]

【答案解析】答案为：C；

10.做一个无盖的圆柱形水桶，若要使其体积是27π，且用料最省，则圆柱的底面半径为(　　)

A.3         B.4        C.6         D.5

【答案解析】答案为：A；

解析：[设圆柱的底面半径为R，母线长为l，则V=πR2l=27π，

∴l=，要使用料最省，只需使圆柱的侧面积与下底面面积之和S最小.

由题意，S=πR2＋2πRl=πR2＋2π·.

∴S′=2πR－，令S′=0，得R=3，则当R=3时，S最小.故选A.]

11.函数f(x)=(3-x2)ex的单调递增区间是（    ）

A.(- ∞,0)   B.(0,+ ∞)   C.(- ∞,3)和(1,+ ∞)    D.(-3,1)

【答案解析】答案为：D

12.已知函数f(x)=(x－a)3－3x＋a(a＞0)在[－1，b]上的值域为[－2－2a,0]，则b的取值范围是(　 　)

A.[0,3]        B.[0,2]         C.[2,3]       D.(－1,3]

【答案解析】答案为：A；

解析：由f(x)=(x－a)3－3x＋a，得f′(x)=3(x－a)2－3，

令f′(x)=0，得x1=a－1，x2=a＋1.

当x∈(－∞，a－1)∪(a＋1，＋∞)时，f′(x)＞0，

当x∈(a－1，a＋1)时，f′(x)＜0，

则f(x)在(－∞，a－1)，(a＋1，＋∞)上为增函数，在(a－1，a＋1)上为减函数.

又f(a＋1)=－2－2a，

∴要使f(x)=(x－a)3－3x＋a(a＞0)在[－1，b]上的值域为[－2－2a,0]，

则f(－1＋a)=2－2a≤0，

若2－2a=0，即a=1，此时f(－1)=－4，f(0)=0，－2－2a=－4，f(3)=0，

f(2)=－4.∴b∈[0,3]；

若2－2a＜0，即a＞1，此时f(－1)=(－1－a)3＋3＋a=－a3－3a2－2a＋2，

而f(－1)－(－2a－2)=－a3－3a2－2a＋2＋2a＋2=－a3－3a2＋4=(1－a)·(a＋2)2＜0，

∴不合题意，∴b的取值范围是[0,3].故选A.

二         、填空题

13.若函数f(x)=2x3－9x2＋12x－a恰好有两个不同的零点，则a=________.

【答案解析】答案为：4或5；

解析：[f′(x)=6x2－18x＋12，令f′(x)=0得x=1或x=2，

又当x＜1或x＞2时，f′(x)＞0，当1＜x＜2时，f′(x)＜0.

因此x=1和x=2分别是函数f(x)的极大值点和极小值点.

由题意知f(1)=0或f(2)=0，即5－a=0或4－a=0.解得a=4或a=5.]

14.函数y=x＋2cos x在区间上的最大值是________.

【答案解析】答案为：＋.

解析：y′=1－2sin x，令y′=0，又x∈，得x=，则x∈时，y′>0；

x∈时，y′<0.故函数y=x＋2cos x在上单调递增，在上单调递减，所以当x=时，函数取得最大值＋.

15.已知函数f(x)=x＋，g(x)=2x＋a，若任意x1∈[,1]，存在x2∈[2,3]，使得f(x1)≥g(x2)，则实数a的取值范围是________.

【答案解析】答案为：(－∞，1]；

解析：[当x∈[,1]时，f′(x)=1－＜0，f(x)min=f(1)=5.

当x∈[2,3]时，g(x)=2x＋a是增函数，g(x)min=4＋a.由题意知5≥4＋a，即a≤1.]

16.直线x=t分别与函数f(x)=ex＋1的图象及g(x)=2x－1的图象相交于点A和点B，则|AB|的最小值为          .

【答案解析】答案为：4－2ln2；

解析：由题意得，|AB|=|et＋1－(2t－1)|=|et－2t＋2|，

令h(t)=et－2t＋2，则h′(t)=et－2，所以h(t)在(－∞，ln2)上单调递减，

在(ln2，＋∞)上单调递增，所以h(t)min=h(ln2)=4－2ln2＞0，

即|AB|的最小值是4－2ln2.

三         、解答题

17.已知函数f(x)=＋lnx.

(1)求曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；

(2)求证：f(x)>0.

【答案解析】 (1)解：f(x)=＋lnx的定义域是(0，＋∞)，

f′(x)=＋=，

所以f′(1)=－，又f(1)=1，

则切线方程为x＋2y－3=0.

(2)证明　令h(x)=x3＋2x2－3x－2，

则h′(x)=3x2＋4x－3，

设h′(x)=0的两根为x1，x2，

由于x1x2=－1<0，

不妨设x1<0，x2>0，

则h(x)在(0，x2)上是单调递减的，在(x2，＋∞)上是单调递增的.

而h(0)<0，h(1)<0，h(2)>0，

所以h(x)在(0，＋∞)上存在唯一零点x0，且x0∈(1,2)，

所以f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增.

所以f(x)≥f(x0)=＋lnx0，

因为x0∈(1,2)，lnx0>0，f(x)>>0，

所以f(x)>0.

18.已知函数f(x)=aex－ln x－1.

(1)设x=2是f(x)的极值点，求a，并求f(x)的单调区间；

(2)证明：当a≥时，f(x)≥0.

【答案解析】解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)=aex－.

由题设知，f′(2)=0，所以a=.

从而f(x)=ex－ln x－1，f′(x)=ex－.

当0＜x＜2时，f′(x)＜0；当x＞2时，f′(x)＞0.

所以f(x)在(0，2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增.

(2)证明：当a≥时，f(x)≥－ln x－1.

设g(x)=－ln x－1，则g′(x)=－.

当0＜x＜1时，g′(x)＜0；

当x＞1时，g′(x)＞0.

所以x=1是g(x)的最小值点.

故当x＞0时，g(x)≥g(1)=0.

因此，当a≥时，f(x)≥0.

19.已知函数f(x)=x2－(a＋2)x＋alnx(a为实常数).

(1)若a=－2，求曲线y=f(x)在x=1处的切线方程；

(2)若存在x∈[1，e]，使得f(x)≤0成立，求实数a的取值范围.

【答案解析】解：(1)当a=－2时，f(x)=x2－2lnx，

则f′(x)=2x－，f′(1)=0，

所求切线方程为y=1.

(2)f′(x)=2x－(a＋2)＋==，x∈[1，e].

当≤1，即a≤2时，x∈[1，e]，f′(x)≥0，此时f(x)在[1，e]上单调递增.

所以f(x)的最小值为f(1)=－a－1，所以－1≤a≤2；

当1<<e，即2<a<2e，x∈（1，）时，f′(x)<0，f(x)在（1，）上单调递减；

当x∈（，e）时，f′(x)>0，f(x)在（，e）上单调递增，

所以f(x)的最小值为f()=－－a＋aln=a(ln -a-1).

因为2<a<2e，所以0<ln<1，

所以f()=aln -a-1)<0恒成立，所以2<a<2e；

当≥e，即a≥2e时，x∈[1，e]，f′(x)≤0，此时f(x)在[1，e]上单调递减，

所以f(x)的最小值为f(e)=e2－(a＋2)e＋a，因为a≥2e>，所以f(e)<0，

所以a≥2e，综上，a≥－1.

20.设函数f(x)=ax2－xln x－(2a－1)x＋a－1(a∈R).

(1)当a=0时，求函数f(x)在点P(e，f(e))处的切线方程；

(2)若对任意的x∈[1，＋∞)，函数f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围.

【答案解析】解：(1)当a=0时，f(x)=－xln x＋x－1，

则f′(x)=－ln x，则f′(e)=－1，f(e)=－1，

所以函数f(x)在点P(e，f(e))处的切线方程为y＋1=－(x－e)，

即x＋y＋1－e=0.

(2)f′(x)=2ax－1－ln x－(2a－1)=2a(x－1)－ln x，

易知，ln x≤x－1，

则f′(x)≥2a(x－1)－(x－1)=(2a－1)(x－1)，

当2a－1≥0，即a≥时，由x∈[1，＋∞)得f′(x)≥0恒成立，

所以f(x)在[1，＋∞)上单调递增，f(x)≥f(1)=0符合题意.所以a≥.

当a≤0时，由x∈[1，＋∞)得f′(x)≤0恒成立，

所以f(x)在[1，＋∞)上单调递减，f(x)≤f(1)=0显然不满足题意，故a≤0舍去.

当0<a<时，由ln x≤x－1，得ln ≤－1，即ln x≥1－，

则f′(x)≤2a(x－1)－（1－）=·(2ax－1).

因为0<a<，所以>1.

当x∈[1,]时，f′(x)≤0恒成立，此时f(x)在[1,]上单调递减，f(x)≤f(1)=0不满足题意，所以0<a<舍去.

综上可得，实数a的取值范围为[,+∞).

21.已知函数f(x)=(a∈R).

(1)求函数f(x)的单调区间；

(2)若任意x∈[1，＋∞)，不等式f(x)＞－1恒成立，求实数a的取值范围.

【答案解析】解：(1)f′(x)=，

当a≤－时，x2－2x－2a≥0，故f′(x)≥0，

∴函数f(x)在(－∞，＋∞)上递增，

∴当a≤－时，函数f(x)的递增区间为(－∞，＋∞)，无递减区间.

当a＞－时，令x2－2x－2a=0⇒x1=1－，

x2=1＋，

列表

由表可知，当a＞－时，函数f(x)的递增区间为(－∞，1－)和(1＋，＋∞)，递减区间为(1－，1＋).

(2)∵f(x)＞－1⇔＞－1⇔2a＞x2－ex，

∴由条件2a＞x2－ex，对任意x≥1成立.

令g(x)=x2－ex，h(x)=g′(x)=2x－ex，

∴h′(x)=2－ex，

当x∈[1，＋∞)时，h′(x)=2－ex≤2－e＜0，

∴h(x)=g′(x)=2x－ex在[1，＋∞)上递减，

∴h(x)=2x－ex≤2－e＜0，即g′(x)＜0，

∴g(x)=x2－ex在[1，＋∞)上递减，

∴g(x)=x2－ex≤g(1)=1－e，

故f(x)＞－1在[1，＋∞)上恒成立，只需2a＞g(x)max=1－e，

∴a＞，即实数a的取值范围是（，＋∞）.

22.已知函数f(x)=(x＋a－1)ex，g(x)=x2＋ax，其中a为常数.

(1)当a=2时，求函数f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；

(2)若对任意的x∈[0，＋∞)，不等式f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围.

【答案解析】解：(1)因为a=2，所以f(x)=(x＋1)ex，

所以f(0)=1，f′(x)=(x＋2)ex，所以f′(0)=2，

所以切点的坐标为(0，1)，

所以切线方程为2x－y＋1=0.

(2)令h(x)=f(x)－g(x)，由题意得h(x)min≥0在x∈[0，＋∞)上恒成立，

h(x)=(x＋a－1)ex－x2－ax，

所以h′(x)=(x＋a)(ex－1)，

①若a≥0，则当x∈[0，＋∞)时，h′(x)≥0，

所以函数h(x)在[0，＋∞)上单调递增，

所以h(x)min=h(0)=a－1，则a－1≥0，得a≥1.

②若a＜0，则当x∈[0，－a)时，h′(x)≤0，当x∈(－a，＋∞)时，h′(x)≥0，

所以函数h(x)在[0，－a)上单调递减，在(－a，＋∞)上单调递增，

所以h(x)min=h(－a)，

又h(－a)＜h(0)=a－1＜0，所以不合题意.

综上，实数a的取值范围为[1，＋∞).

23.已知函数f(x)=(ax－2)ex在x=1处取得极值.

(1)求a的值；

(2)求函数f(x)在[m，m＋1]上的最小值；

(3)求证：对任意x1，x2∈[0，2]，都有|f(x1)－f(x2)|≤e.

【答案解析】解：(1)f′(x)=aex＋(ax－2)ex=(ax＋a－2)ex，

由已知得f′(1)=0，即(2a－2)e=0，

解得a=1.

当a=1时，在x=1处函数f(x)=(x－2)ex取得极小值，

所以a=1.

(2)f(x)=(x－2)ex，

f′(x)=ex＋(x－2)ex=(x－1)ex.

f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表：

所以函数f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增.

当m≥1时，f(x)在[m，m＋1]上单调递增，f(x)min=f(m)=(m－2)em；

当0＜m＜1时，m＜1＜m＋1，

f(x)在[m，1]上单调递减，在[1，m＋1]上单调递增，

f(x)min=f(1)=－e；

当m≤0时，m＋1≤1，

f(x)在[m，m＋1]上单调递减，f(x)min=f(m＋1)=(m－1)em＋1.

综上，f(x)在[m，m＋1]上的最小值

f(x)min=.

(3)证明：由(1)知f(x)=(x－2)ex，f′(x)=ex＋(x－2)ex=(x－1)ex.

令f′(x)=0得x=1，

因为f(0)=－2，f(1)=－e，f(2)=0，

所以在[0，2]上f(x)max=0，f(x)min=－e，

所以，对任意x1，x2∈[0，2]，都有|f(x1)－f(x2)|≤f(x)max－f(x)min=e.