2018版高考数学（人教a版理科）一轮复习真题演练集训：第三章　导数及其应用 3-3 word版含答案

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1．设函数f(x)＝ex(2x－1)－ax＋a，其中a＜1，若存在唯一的整数x0使得f(x0)＜0，则a的取值范围是(　　)

A. B．

C. D．

答案：D

解析：∵ f(0)＝－1＋a＜0，∴ x0＝0.

又x0＝0是唯一的整数，∴

即解得a≥.

又a＜1，∴ ≤a＜1，故选D.

2．如图，某飞行器在4千米高空水平飞行，从距着陆点A的水平距离10千米处开始下降，已知下降飞行轨迹为某三次函数图象的一部分，则该函数的解析式为(　　)

A．y＝x3－x B．y＝x3－x

C．y＝x3－x D．y＝－x3＋x

答案：A

解析：设所求函数解析式为y＝f(x)，由题意知f(5)＝－2，f(－5)＝2，且f′(±5)＝0，代入验证易得y＝x3－x符合题意，故选A.

3．当x∈时，不等式ax3－x2＋4x＋3≥0恒成立，则实数a的取值范围是(　　)

A． B．

C． D．

答案：C

解析：当x＝0时，ax3－x2＋4x＋3≥0变为3≥0恒成立，即a∈R.

当x∈(0,1]时，ax3≥x2－4x－3，

a≥，

∴a≥max.

设φ(x)＝，

φ′(x)＝

＝－＝－＞0，

∴φ(x)在(0,1]上单调递增，

φ(x)max＝φ(1)＝－6.

∴a≥－6.

当x∈．

4．已知函数f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2有两个零点．

(1)求a的取值范围；

(2)设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：x1＋x2<2.

(1)解：f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)·(ex＋2a)．

(ⅰ)设a＝0，则f(x)＝(x－2)ex，f(x)只有一个零点．

(ⅱ)设a>0，则当x∈(－∞，1)时，f′(x)<0；

当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0.

所以f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．

又f(1)＝－e，f(2)＝a，取b满足b<0且b<ln ，则

f(b)>(b－2)＋a(b－1)2＝a>0，

故f(x)存在两个零点．

(ⅲ)设a<0，由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a)．

若a≥－，则ln(－2a)≤1，故当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，因此f(x)在(1，＋∞)上单调递增．

又当x≤1时，f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点．

若a<－，则ln(－2a)>1，故当x∈(1，ln(－2a))时，f′(x)<0；当x∈(ln(－2a)，＋∞)时，f′(x)>0.

因此f(x)在(1，ln(－2a))上单调递减，

在(ln(－2a)，＋∞)上单调递增．

又当x≤1时f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点．

综上，a的取值范围为(0，＋∞)．

(2)证明：不妨设x1<x2.由(1)知，x1∈(－∞，1)，x2∈(1，＋∞)，2－x2∈(－∞，1)，又f(x)在(－∞，1)上单调递减，所以x1＋x2<2等价于f(x1)>f(2－x2)，即f(2－x2)<0.

由于f(2－x2)＝－x2e2－x2＋a(x2－1)2，

而f(x2)＝(x2－2)e x2＋a(x2－1)2＝0，

所以f(2－x2)＝－x2e2－x2－(x2－2)e x2.

设g(x)＝－xe2－x－(x－2)ex，

则g′(x)＝(x－1)(e2－x－ex)．

所以当x>1时，g′(x)<0，而g(1)＝0，故当x>1时，g(x)<0.

从而g(x2)＝f(2－x2)<0，故x1＋x2<2.

5．设函数f(x)＝emx＋x2－mx.

(1)证明：f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增；

(2)若对于任意x1，x2∈，都有|f(x1)－f(x2)|≤e－1，求m的取值范围．

(1)证明：f′(x)＝m(emx－1)＋2x.

若m≥0，则当x∈(－∞，0)时，emx－1≤0，f′(x)<0；

当x∈(0，＋∞)时，emx－1≥0，f′(x)>0.

若m<0，则当x∈(－∞，0)时，emx－1>0，f′(x)<0；

当x∈(0，＋∞)时，emx－1<0，f′(x)>0.

所以，f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．

(2)解：由(1)知，对任意的m，f(x)在上单调递减，在上单调递增，故f(x)在x＝0处取得最小值．所以对于任意x1，x2∈，|f(x1)－f(x2)|≤e－1的充要条件是

即①

设函数g(t)＝et－t－e＋1，则g′(t)＝et－1.

当t<0时，g′(t)<0；当t>0时，g′(t)>0.

故g(t)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．

又g(1)＝0，g(－1)＝e－1＋2－e<0，

故当t∈时，g(t)≤0.

当m∈时，g(m)≤0，g(－m)≤0，即①式成立；

当m>1时，由g(t)的单调性，g(m)>0，即em－m>e－1；

当m<－1时，g(－m)>0，即e－m＋m>e－1.

综上，m的取值范围是．

6．已知函数f(x)＝x3＋ax＋，g(x)＝－ln x.

(1)当a为何值时，x轴为曲线y＝f(x)的切线；

(2)用min{m，n}表示m，n中的最小值，设函数h(x)＝min{f(x)，g(x)}(x＞0)，讨论h(x)零点的个数．

解：(1)设曲线y＝f(x)与x轴相切于点(x0,0)，则f(x0)＝0，f′(x0)＝0，即

解得

因此，当a＝－时，x轴为曲线y＝f(x)的切线．

(2)当x∈(1，＋∞)时，g(x)＝－ln x＜0，从而h(x)＝min{f(x)，g(x)}≤g(x)＜0，故h(x)在(1，＋∞)上无零点．

当x＝1时，若a≥－，则f(1)＝a＋≥0，h(1)＝min{f(1)，g(1)}＝g(1)＝0，故x＝1是h(x)的零点；

若a＜－，则f(1)＜0，h(1)＝min{f(1)，g(1)}＝f(1)＜0，故x＝1不是h(x)的零点．

当x∈(0,1)时，g(x)＝－ln x＞0，所以只需考虑f(x)在(0,1)上的零点个数．

①若a≤－3或a≥0，则f′(x)＝3x2＋a在(0,1)上无零点，故f(x)在(0,1)上单调．

而f(0)＝，f(1)＝a＋，所以当a≤－3时，f(x)在(0,1)上有一个零点；当a≥0时，f(x)在(0,1)上没有零点．

②若－3＜a＜0，则f(x)在上单调递减，在上单调递增，

故在(0,1)上，当x＝ 时，f(x)取得最小值，最小值为f＝ ＋.

a．若f＞0，即－＜a＜0，则f(x)在(0,1)上无零点．

b．若f＝0，即a＝－，则f(x)在(0,1)上有唯一零点．

c．若f＜0，即－3＜a＜－，由于f(0)＝，f(1)＝a＋，所以当－＜a＜－时，f(x)在(0,1)上有两个零点；当－3＜a≤－时，f(x)在(0,1)上有一个零点．

综上，当a＞－或a＜－时，h(x)有一个零点；当a＝－或a＝－时，h(x)有两个零点；当－＜a＜－时，h(x)有三个零点．

课外拓展阅读

巧用导数妙解有关恒成立、存在性问题

“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即f(x)≥g(a)对于x∈D恒成立，应求f(x)的最小值；若存在x∈D，使得f(x)≥g(a)成立，应求f(x)的最大值．在具体问题中究竟是求最大值还是最小值，可以先联想“恒成立”是求最大值还是最小值，这样也就可以解决相应的“存在性”问题是求最大值还是最小值．特别需要关注等号是否成立问题，以免细节出错．

方法一　分离参数法

　设函数f(x)＝ln x－ax，g(x)＝ex－ax，其中a为实数．若f(x)在(1，＋∞)上是单调减函数，且g(x)在(1，＋∞)上有最小值，则a的取值范围是(　　)

A．(e，＋∞)   B．　A

　解法一：f′(x)＝－a，g′(x)＝ex－a，由题意得，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)≤0恒成立，

即当x∈(1，＋∞)时，a≥恒成立，则a≥1.

因为g′(x)＝ex－a在(1，＋∞)上单调递增，

所以g′(x)＞g′(1)＝e－a.

又g(x)在(1，＋∞)上有最小值，则必有e－a＜0，即a＞e.

综上，可知a的取值范围是(e，＋∞)．

解法二：f′(x)＝－a，g′(x)＝ex－a.由题意得，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)≤0恒成立，即当x∈(1，＋∞)时，a≥恒成立，则a≥1.

当a≤0时，g′(x)＞0恒成立，从而g(x)在(1，＋∞)上单调递增，故g(x)在(1，＋∞)上无最值，不符合题意；

当0＜a≤e时，由g′(x)＞0得x＞ln a，又ln a≤1，

故g(x)在(1，＋∞)上单调递增，故g(x)在(1，＋∞)上无最值，不符合题意；

当a＞e时，由g′(x)＞0得x＞ln a，又ln a＞1，故g(x)在(1，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增，此时有最小值，为g(ln a)＝eln a－aln a＝a－aln a.

由题意知ln a＞1，所以a＞e.

综上，可知a的取值范围是(e，＋∞)．

技巧点拨

在恒成立问题中有时需要取交集，有时需要取并集，本题结果取交集．一般而言，在同一“问题”中，若是对自变量作分类讨论，其结果要取交集；若是对参数作分类讨论，其结果要取并集．

方法二　构造函数法

　已知函数f(x)＝若|f(x)|≥ax，则a的取值范围是(　　)

A．(－∞，0]   B．(－∞，1]

C．   D．

　D

　|f(x)|≥ax⇔

(1)由①得x(x－2)≥ax在区间(－∞，0]上恒成立．

当x＝0时，a∈R；

当x＜0时，有x－2≤a在区间(－∞，0]上恒成立，所以a≥－2.

(2)由②得ln(x＋1)－ax≥0在区间(0，＋∞)上恒成立，设h(x)＝ln(x＋1)－ax(x＞0)，则h′(x)＝－a(x＞0)，可知h′(x)为减函数．当a≤0时，h′(x)＞0，故h(x)为增函数，所以h(x)＞h(0)＝0恒成立；

当a≥1时，因为∈(0,1)，所以h′(x)＝－a＜0，故h(x)为减函数，所以h(x)＜h(0)＝0恒成立，显然不符合题意；

当0＜a＜1时，对于给定的一个确定值a，总可以至少找到一个x0＞0，满足h(x0)＝ln(x0＋1)－ax0＜0成立．如当a＝时，取x0＝4，则h(x0)＝ln 5－2＜0成立，可知当0＜a＜1时，不符合题意．故a≤0.

由(1)(2)可知，a的取值范围是．

方法探究

本题的切入点不同，构造的函数也是不相同的，也可以构造函数结合选项利用函数图象及排除法去完成．典例2也可以通过构造函数求解，但是在问题的求解中如果可以分离出参数，尽量用分离参数法去求解．相对而言，多数题目都可以采用分离参数法去求解，而且采用分离参数法对于问题的求解会相对容易．

方法三　等价转化法

　设f(x)＝＋xln x，g(x)＝x3－x2－3.

(1)如果存在x1，x2∈使得g(x1)－g(x2)≥M成立，求满足上述条件的最大整数M；

(2)如果对于任意的s，t∈，都有f(s)≥g(t)成立，求实数a的取值范围．

　(1)存在x1，x2∈使得g(x1)－g(x2)≥M成立，等价于max≥M.

由g(x)＝x3－x2－3，得g′(x)＝3x2－2x＝3x.

由g′(x)＞0得x＜0或x＞，又x∈，

所以g(x)在上是单调递减函数，

在上是单调递增函数，

所以g(x)min＝g＝－，

g(x)max＝g(2)＝1.

故max＝g(x)max－g(x)min＝≥M，

则满足条件的最大整数M＝4.

(2)对于任意的s，t∈，都有f(s)≥g(t)成立，等价于在上，函数f(x)min≥g(x)max.

由(1)可知在上，g(x)的最大值为g(2)＝1.

在上，f(x)＝＋xln x≥1恒成立等价于a≥x－x2ln x恒成立．

设h(x)＝x－x2ln x，h′(x)＝1－2xln x－x，可知h′(x)在上是减函数，又h′(1)＝0，所以当1＜x＜2时，h′(x)＜0；

当＜x＜1时，h′(x)＞0.

即函数h(x)＝x－x2ln x在上单调递增，在上单调递减，所以h(x)max＝h(1)＝1，即实数a的取值范围是[1，＋∞)．

温馨提示

如果一个问题的求解中既有“存在性”又有“恒成立”问题，那么需要对问题作等价转化，使之变成与典例2、典例3相关的问题去求解，这里一定要注意转化的等价性、巧妙性，防止在转化中出错而使问题的求解出错．