全国统考2022版高考数学大一轮复习第3章导数及其应用第3讲导数的综合应用2备考试题（含解析）

第三章　导数及其应用

第二讲　导数的综合应用

1.[2021惠州市二调]若函数f(x)=ex(x2-2x+1-a)-x恒有2个零点,则a的取值范围是 (　　)

A.(-,+∞) B.(-∞,1)

C.(0,) D.(-∞,-)

2.[2021陕西百校联考]已知锐角x1,x2满足sin x1-cos x2<x1+x2-,则下列结论一定正确的是 (　　)

A.sinx1<sin(x1+x2)

B.tanx1>tan

C.sinx1+cos x1>sin x2+cos x2

D.sinx1+sin x2>cos x1+cos x2

3.[2021大同市调研测试]已知函数f(x)=ax3-3x2+1,若f(x)存在唯一的零点x0,且x0<0,则a的取值范围是(　　)

A.(2,+∞) B.(-∞,-2)

C.(1,+∞) D.(-∞,-1)

4.[2020广东七校第二次联考]设定义在R上的函数y=f(x)满足∀x∈R,f(x+2)=,且x∈(0,4]时,f'(x)>,则6f(2 017),3f(2 018),2f(2 019)的大小关系是(　　)

A.6f(2 017)<3f(2 018)<2f(2 019) 

B.3f(2 018)<6f(2 017)<2f(2 019) 

C.2f(2 019)<3f(2 018)<6f(2 017) 

D.2f(2 019)<6f(2 017)<3f(2 018)

5.[2020郑州市三模]设函数f'(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数,当x>0时,f'(x)ln x<-f(x).则使得(x2-4)f(x)>0成立的x的取值范围是              (　　)

A.(-2,0)∪(0,2) 

B.(-∞,-2)∪(2,+∞)

C.(-2,0)∪(2,+∞) 

D.(-∞,-2)∪(0,2)

6.已知函数f(x)=(a-)x2+ln x,若函数f(x)在区间(1,+∞)上的图象恒在直线y=2ax的下方,则实数a的取值范围是　　　　　. 

7.[2021晋南高中联考]已知函数f(x)=ex-ax,g(x)=1+xln x.

(1)讨论函数f(x)的单调性;

(2)若当x>0时,方程f(x)=g(x)有实数解,求实数a的取值范围.

8.[2020贵阳市高三模拟][交汇题]已知f(x)=ex,g(x)=x+1.(e为自然对数的底数)

(1)求证:f(x)≥g(x)恒成立.

(2)设m是正整数,对任意的正整数n,(1+)(1+)·…·(1+)<m恒成立,求m的最小值.

9.[2021江西红色七校第一次联考]若存在两个正实数x,y使得等式x(2+ln x)=xlny-ay成立,则实数a的取值范围是              (　　)

A.(0,) B.(-∞,]

C.(0,) D.(-∞,]

10.[2021洛阳市统考]已知函数f(x)=-tx-t有2个零点a,b,且在区间(a,b)上有且仅有2个正整数,则实数t的取值范围是              (　　)

A.[,) B.(,)

C.[,) D.(,)

11.[2021江西红色七校联考]已知函数f(x)=ax2+bx-ln x.

(1)当a=-2时,函数f(x)在(0,+∞)上是减函数,求b的取值范围;

(2)若方程f(x)=0的两个根分别为x1,x2(x1<x2),求证:f'()>0.

12.[2021济南名校联考]已知f(x)=,g(x)=ex+-1.

(1)若函数f(x)的图象在x=e处的切线与直线2x-y+8=0垂直,求f(x)的极值;

(2)当x>0时,g(x)≥f(x)恒成立,求实数a的取值范围.

13.已知函数f(x)=ln x,g(x)=x-m.

(1)当m=0时,求函数y=的最大值;

(2)设h(x)=f(x)-g(x),若x1<x2且h(x1)=h(x2)=0,求证:ln(em+x1-x2)+m>0.

答 案

第三章　导数及其应用 

第三讲　导数的综合应用

1.A　由f(x)=0,得x2-2x+1-a=.令g(x)=,则函数f(x)=ex(x2-2x+1-a)-x恒有2个零点等价于函数y=x2-2x+1-a与y=g(x)的图象有2个交点,g'(x)=,令g'(x)>0,得x<1,令g'(x)<0,得x>1,所以g(x)在(-∞,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,所以g(x)max=g(1)=.作出函数y=x2-2x+1-a=(x-1)2-a与y=g(x)的图象,如图D 3-3-2所示,数形结合可得-a<,解得a>,故选A.

图D 3-3-2

2.D　解法一　因为sin x1-cos x2<x1+x2,即sin x1-x1<sin(x2)-(x2),所以可构造函数f(x)=sin x-x,x∈(0,),因为f'(x)=cos x-1<0,所以f(x)在(0,)上单调递减,因为x1∈(0,),x2∈(0,),所以0<x2<x1<,所以sin(x2)<sin x1,即cos x2<sin x1,同理cos x1<sin x2,所以sin x1+sin x2>cos x1+cos x2,故选D.

解法二　取x1=x2=,则sin x1-cos x2=,此时sin x1=sin(x1+x2),tan x1=tan ,sin x1+cos x1=sin x2+cos x2,排除选项A、B、C,故选D.

3.A　由题意易知x=0不是函数f(x)的零点,则f(x)=ax3-3x2+1=0⇔a=(x≠0),令y=a(x≠0),因此f(x)的零点与y=a(x≠0)的零点相同.设g(x)=(x≠0),则g'(x)=,则当x∈(-∞,-1)∪(1,+∞)时,g'(x)<0;当x∈(-1,0)∪(0,1)时,g'(x)>0,故g(x)在(-1,0),(0,1)上单调递增,在(-∞,-1),(1,+∞)上单调递减,又g(-1)=-2,g(1)=2,当g(x)=0时,x=±,当x→+∞时,g(x)→0,当x→-∞时,g(x)→0,所以可画出函数g(x)的大致图象,如图D 3-3-3所示,f(x)存在唯一的零点x0且x0<0等价于直线y=a与函数y=g(x)的图象存在唯一的交点,且交点的横坐标小于零,由图可得a的取值范围为(2,+∞).故选A.

图D 3-3-3

4.A　因为f(x+2)=,所以f(x)是以4为周期的周期函数,故6f(2 017)=6f(1),3f(2 018)=3f(2),2f(2 019)=2f(3).令g(x)=(x∈(0,4]),则g'(x)=,因为x∈(0,4]时,f'(x)>,所以g'(x)>0,所以g(x)在(0,4]上单调递增,故,整理可得6f(1)<3f(2)<2f(3),即6f(2 017)<3f(2 018)<2f(2 019),故选A.

5.D　设函数g(x)=f(x)ln x,则g'(x)=f'(x)ln x+f(x).于是,当  x>0时,由f'(x)ln x<f(x)可得g'(x)<0,所以函数g(x)在(0,+∞)上单调递减.从而,当x>1时,有g(x)<g(1)=0,即f(x)ln x<0,又ln x>0,所以此时f(x)<0;当0<x<1时,有g(x)>g(1)=0,即f(x)ln x>0,又ln x<0,所以此时f(x)<0.对于不等式f'(x)ln x<f(x),取x=1可得f'(1)ln 1<f(1),化简得f(1)<0,即当x=1时,f(x)<0.于是,由上述讨论可知,当x>0时,f(x)<0,故由(x2-4)f(x)>0(x>0)得x2-4<0,解得0<x<2.当x<0时,由f(x)为奇函数及“当x>0时,f(x)<0”可得f(x)>0,故由(x2-4)f(x)>0(x<0)得x2-4>0,解得x<-2.易知f(0)=0,所以x=0不满足(x2-4)f(x)>0.综上,x的取值范围是(-∞,-2)∪(0,2).故选D.

【解后反思】　一般地,若题设中出现了与导数有关的不等式,则很可能是根据导数的运算法则提前计算后而精心设计的,所以应多从这个角度考虑如何构造函数,以便顺利解决问题.

6.[,]　由题意知,对于任意x∈(1,+∞),f(x)<2ax,即(a)x2+ln x-2ax<0在(1,+∞)上恒成立.设g(x)=(a)x2+ln x-2ax,x∈(1,+∞),则g(x)的最大值小于0,g'(x)=(x-1)(2a-1).

①当a≤时,g'(x)<0,∴g(x)在(1,+∞)上单调递减,∴g(x)<-a≤0,即a≥,∴≤a≤.

②当a≥1时,g'(x)>0,∴g(x)在(1,+∞)上单调递增,最大值可无穷大,不满足题意.

③当<a<1时,易知g(x)在(1,)上单调递减,在(,+∞)上单调递增,最大值可无穷大,不满足题意.

综上,实数a的取值范围是[,].

7.(1)函数f(x)的定义域为R,f'(x)=ex-a,

当a≤0时,f'(x)>0,则f(x)在(-∞,+∞)上单调递增;

当a>0时,令f'(x)=ex-a=0,得x=ln a,

则f(x)在(-∞,ln a)上单调递减,在(ln a,+∞)上单调递增.

综上,当a≤0时,f(x)在R上单调递增,当a>0时,f(x)在(-∞,ln a)上单调递减,在(ln a,+∞)上单调递增.

(2)由f(x)=g(x),得ax=ex-xlnx-1,

因为x>0,所以a=ln x.

令h(x)=ln x,x>0,则h'(x)=.令h'(x)=0,得x=1.当x∈(0,1)时,h'(x)<0,h(x)为减函数;当x∈(1,+∞)时,h'(x)>0,h(x)为增函数.

所以h(x)min=h(1)=e-1.

又h(x)=ln xln x,x>0,ex>1,所以>0,

所以当x→0时,h(x)→+∞.

所以函数h(x)的值域为[e-1,+∞),

因此实数a的取值范围为[e-1,+∞).

8.(1)令h(x)=f(x)-g(x)=ex-x-1,则h'(x)=ex-1,

当x∈(-∞,0)时,h'(x)<0,当x∈(0,+∞)时,h'(x)>0,

故h(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,

所以h(x)min=h(0)=0,即h(x)≥0恒成立,

所以f(x)≥g(x)恒成立.

(2)由(1)可知x=时,0<1+,所以

(1+)(1+)·…·(1+)<··…·.

易知比大的最小正整数是2,所以m的最小值为2.

9.D　因为x,y均为正数,所以等式x(2+ln x)=xlny-ay可化为

2+ln x=ln y-a,即ln2=a,即a=.令=t(t>0),f(t)=,

则f'(t)=,令f'(t)=0,解得t=e3,当t∈(0,e3)时,f'(t)>0,f(t)在(0,e3)上单调递增,当t∈(e3,+∞)时,f'(t)<0,f(t)在(e3,+∞)上单调递减,所以f(t)max=f(e3)=,且当t→0时,f(t)→-∞,所以a≤,故选D.

10.C　由题意知函数f(x)=tx-t有2个互异的零点a,b等价于函数g(x)=与h(x)=tx+t的图象有2个不同的交点.因为g(x)=,所以g'(x)=.令g'(x)>0,可得x<1;令g'(x)<0,可得x>1.所以函数g(x)在(-∞,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,所以g(x)max=g(1)=e.当x<0时,g(x)<0,当x>0时,g(x)>0,且g(0)=0,x➝+∞时,g(x)➝0.由h(x)=tx+t=t(x+1),知函数h(x)的图象为过定点(-1,0)的一条直线,在同一平面直角坐标系中,分别作出函数g(x)与h(x)的图象如图D 3-3-4所示,若满足h(x),g(x)的图象有2个不同的交点,且在区间(a,b)上有且仅有2个正整数,则即解得≤t<,故选C.

图D 3-3-4

11.(1)当a=-2时,f(x)=-2x2+bx-ln x,

∵f(x)在(0,+∞)上单调递减,∴f'(x)=-4x+b≤0对x∈(0,+∞)恒成立,即b≤4x+对x∈(0,+∞)恒成立,

∴b≤(4x+)min.

∵x>0,∴4x+≥4,当且仅当x=时取“=”,

∴b≤4,即b的取值范围为(-∞,4].

(2)f(x)的定义域为(0,+∞),由题意可得

即两式相减,得ln=a(x1+x2)(x1-x2)+b(x1-x2)=(x1-x2)[a(x1+x2)+b].

由f'(x)=2ax+b知, f'()=a(x1+x2)+bln[ln]=[ln],

设t=∈(0,1),则ln=ln t.

令g(t)=ln t,t∈(0,1),

则g'(t)=>0,

∴g(t)在(0,1)上单调递增,∴g(t)<g(1)=0,即ln<0,

又x1-x2<0,∴[ln]>0,

即f'()>0.

12.(1)∵f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=,

∴f'(e)=,由已知可得f'(e)×2=-1,即a=.

由f'(x)=0,可得x=,可得到下表:

∴f(x)的极大值为f()=,无极小值.

(2)当x>0时,g(x)≥f(x),即ex+1≥,

化简可得,a≤x(ex-1)-ln x+2.

令F(x)=x(ex-1)-ln x+2(x>0),只需a≤F(x)min.

F'(x)=(x+1)(ex),令h(x)=ex(x>0),

则h'(x)=ex+>0,∴h(x)在(0,+∞)上单调递增,

∵h()=2<0,h(1)=e-1>0,

∴存在唯一的x0∈(0,+∞),使得h(x0)==0,

易知F(x)在区间(0,x0)上单调递减,在区间(x0,+∞)上单调递增,

∴F(x)min=F(x0)=x0(1)-ln x0+2=x0(x0+ln x0)+2,

由=0得x0=1,

两边取对数得x0+ln x0=0,∴F(x)min=F(x0)=3,

∴a≤3,即实数a的取值范围是(-∞,3].

13.(1)当m=0时,y=,y'=.

当x>e时,y'<0;当0<x<e时,y'>0.

∴函数y=在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减.

∴ymax=y.

(2)由题可知x1,x2是函数h(x)=ln x-x+m的零点.

h'(x)=1=,

当x>1时,h'(x)<0;当0<x<1时,h'(x)>0,

∴函数h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,

故函数h(x)要有两个零点,必有h(1)=-1+m>0,即m>1.

要证ln(em+x1-x2)+m>0,只需证ln(em+x1-x2)>ln e-m,即x2-x1<em-e-m,只需证e-m<x1<1<x2<em,　①

由于m>1,e-m∈(0,1),h(e-m)=-m-e-m+m<0,h(1)=-1+m>0,

∴函数h(x)在(e-m,1)上存在唯一零点x1,即e-m<x1<1.　②

由(1)知,≤,所以ln x≤,且当x=e时,取等号,

∴h(em)=ln(em)-em+m<em+m=m(2-e)<0,

∴函数h(x)在(1,em)上存在唯一零点x2,即1<x2<em.　③

由②③可知①成立,故ln(em+x1-x2)+m>0.