2022高考数学一轮复习 第三章 强化训练3　导数中的综合问题

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1．(2020·秦皇岛模拟)如图是函数y＝f(x)的导数y＝f′(x)的图象，则下面判断正确的是( )
A．在(－3,1)上，f(x)是增函数
B．当x＝1时，f(x)取得极大值
C．在(4,5)上，f(x)是增函数
D．当x＝2时，f(x)取得极小值
答案 C
解析 根据题意，依次分析选项：对于A，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－3，－\f(3,2)))上，f′(x)＜0，f(x)为减函数，错误；对于B，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，2))上，f′(x)＞0，f(x)为增函数，x＝1不是f(x)的极大值点，错误；对于C，在(4,5)上，f′(x)＞0，f(x)为增函数，正确；对于D，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，2))上，f′(x)＞0，f(x)为增函数，在(2,4)上，f′(x)＜0，f(x)为减函数，则当x＝2时，f(x)取得极大值，D错误．
2．已知函数f(x)＝eq \f(1,3)ax3＋eq \f(1,2)bx2＋cx＋d(a，b，c，d∈R)的单调递增区间是(－3,1)，则( )
A．aC．b答案 C
解析 由题意可得f′(x)＝ax2＋bx＋c，则f′(x)>0的解集为(－3,1)，即f′(x)＝a(x＋3)(x－1)＝0，a<0，可得b＝2a，c＝－3a，∴b3．已知实数x，y满足2x＋2x<2y＋2y，则( )
A．x>y B．x＝y
C．x答案 C
解析 设f(t)＝2t＋2t，
所以f′(t)＝2＋2tln 2>0，
所以函数f(t)在R上单调递增，
由题意得f(x)4．已知函数f(x)＝x3－3x2＋2，对于任意的x1，x2∈[－1,1]，都有|f(x1)－f(x2)|≤m，则实数m的最小值为( )
A．0 B．2 C．4 D．6
答案 C
解析 对于任意x1，x2∈[－1,1]都有|f(x1)－f(x2)|≤m，即f(x)max－f(x)min≤m，
f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)．
当x∈(－1,0)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(0,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
∴当x＝0时，f(x)max＝f(0)＝2，
∵f(－1)＝－1－3＋2＝－2，f(1)＝1－3＋2＝0，
∴f(x)min＝－2，
∴m≥f(x)max－f(x)min＝4，即m的最小值为4.
5．(多选)如果函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则以下关于函数y＝f(x)的判断正确的是( )
A．在区间(2,4)内单调递减
B．在区间(2,3)内单调递增
C．x＝－3是极小值点
D．x＝4是极大值点
答案 BD
解析 A项，函数y＝f(x)在区间(2,4)内f′(x)＞0，则函数f(x)在区间(2,4)上单调递增，故A不正确；
B项，函数y＝f(x)在区间(2,3)内的导数f′(x)＞0，
则函数f(x)在区间(2,3)上单调递增，故B正确；
C项，由图象知当x＝－3时，函数f′(x)取得极小值，但是函数y＝f(x)没有取得极小值，故C错误；
D项，当x＝4时，f′(x)＝0，
当2＜x＜4时，f′(x)＞0，函数y＝f(x)为增函数，
当x>4时，
f′(x)＜0，函数y＝f(x)为减函数，
则x＝4是函数f(x)的极大值点，故D正确．
6．(多选)已知函数f(x)＝x3－2x2－4x－7，其导函数为f′(x)，下列命题中真命题的为( )
A．f(x)的单调递减区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，2))
B．f(x)的极小值是－15
C．当a＞2时，对任意的x＞2且x≠a，恒有f(x)＞f(a)＋f′(a)(x－a)
D．函数f(x)有且只有一个零点
答案 BCD
解析 f(x)＝x3－2x2－4x－7，
其导函数为f′(x)＝3x2－4x－4.
令f′(x)＝0，解得x＝－eq \f(2,3)，x＝2，
当f′(x)＞0，即x＜－eq \f(2,3)或x＞2时，函数单调递增，
当f′(x)＜0，即－eq \f(2,3)＜x＜2时，函数单调递减；
故当x＝2时，函数有极小值，极小值为f(2)＝－15，
当x＝－eq \f(2,3)时，函数有极大值，极大值为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)))＜0，
故函数只有一个零点，A错误，BD正确；
当a>2时，对任意的x>2且x≠a，恒有f(x)>f(a)＋f′(a)(x－a)，即f(x)－f(a)－f′(a)(x－a)＝x3＋2a3－2x2－2a2－3a2x＋4ax>0在x>2，a>2且x≠a上恒成立，
设g(x)＝f(x)－f(a)－f′(a)(x－a)，
g′(x)＝3x2－4x－3a2＋4a，
令h(x)＝g′(x)，h′(x)＝6x－4，
令h′(x)>0，x>eq \f(2,3)，
∴g′(x)在(2，＋∞)上单调递增，又因为g′(a)＝0，所以当2a时，g′(x)>0，所以g(x)在(2，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，又x≠a，所以g(x)>g(a)＝0，所以恒有f(x)>f(a′)＋f′(a)·(x－a)．故C正确．
7．已知函数f(x)＝(x2－a)ex在区间[1,2]上单调递增，则a的取值范围是________．
答案 (－∞，3]
解析 f′(x)＝(x2＋2x－a)ex≥0在区间[1,2]上恒成立，则x2＋2x－a≥0在区间[1,2]上恒成立，
即a≤(x2＋2x)min＝12＋2＝3，
所以a的取值范围是(－∞，3]．
8．设x＝θ是函数f(x)＝3cs x＋sin x的一个极值点，则cs 2θ＋sin2θ＝________.
答案 eq \f(9,10)
解析 因为函数f(x)＝3cs x＋sin x，
所以f′(x)＝－3sin x＋cs x，
因为x＝θ是函数f(x)＝3cs x＋sin x的一个极值点，
所以f′(θ)＝－3sin θ＋cs θ＝0，tan θ＝eq \f(1,3)，
所以cs 2θ＋sin2θ＝eq \f(cs2θ,cs2θ＋sin2θ)＝eq \f(1,1＋tan 2θ)＝eq \f(9,10).
9．若直线y＝2x＋b是曲线y＝2aln x的切线，且a>0，则实数b的最小值是________．
答案 －2
解析 y＝2aln x的导数为y′＝eq \f(2a,x)，
由于直线y＝2x＋b是曲线y＝2aln x的切线，
设切点为(m，n)，则eq \f(2a,m)＝2，∴m＝a，
又2m＋b＝2aln m，
∴b＝2aln a－2a(a＞0)，b′＝2(ln a＋1)－2＝2ln a，
当a>1时，b′>0，函数b＝2aln a－2a(a＞0)单调递增，
当0＜a＜1时，b′<0，
函数b＝2aln a－2a(a>0)单调递减，
∴a＝1为极小值点，也为最小值点，
∴b的最小值为2ln 1－2＝－2.
10．若函数f(x)＝ex－ax的极值为1，则实数a的值为________．
答案 1
解析 由已知可得f′(x)＝ex－a.
当a≤0时，对任意的x∈R，f′(x)>0，此时函数f(x)在R上单调递增，函数f(x)无极值；
当a>0时，令f′(x)<0，可得x令f′(x)>0，可得x>ln a，此时函数f(x)单调递增．
所以函数f(x)＝ex－ax的极小值为f(ln a)＝eln a－aln a＝a－aln a＝1，
令g(a)＝a－aln a，则a>0且g(1)＝1，
g′(a)＝－ln a.
当00，函数g(a)单调递增；
当a>1时，g′(a)<0，函数g(a)单调递减．
所以g(a)≤g(1)＝1，
由于g(a)＝a－aln a＝1，所以a＝1.
11．已知函数f(x)＝eq \f(1,3)x3－bx2＋2x＋a，x＝2是f(x)的一个极值点．
(1)求f(x)的单调递增区间；
(2)若当x∈[1,3]时，f(x)－a2>eq \f(2,3)恒成立，求实数a的取值范围．
解 (1)f′(x)＝x2－2bx＋2.
∵x＝2是f(x)的一个极值点，
∴x＝2是方程x2－2bx＋2＝0的一个根，
解得b＝eq \f(3,2).
令f′(x)>0，则x2－3x＋2>0，解得x<1或x>2.
∴函数y＝f(x)的单调递增区间为(－∞，1)，(2，＋∞)．
(2)∵当x∈(1,2)时，f′(x)<0，x∈(2,3)时，f′(x)>0，
∴f(x)在(1,2)上单调递减，在(2,3)上单调递增．
∴f(2)是f(x)在区间[1,3]上的最小值，且f(2)＝eq \f(2,3)＋a.
若当x∈[1,3]时，要使f(x)－a2>eq \f(2,3)恒成立，
只需f(2)>a2＋eq \f(2,3)，即eq \f(2,3)＋a>a2＋eq \f(2,3)，
解得0∴实数a的取值范围为(0,1)．
12．已知函数f(x)＝eq \f(1,2)ax2－x·ln x＋b(a，b∈R)，g(x)＝f′(x)．
(1)判断函数y＝g(x)的单调性；
(2)若x∈(0，e](e≈2.718…)，判断是否存在实数a，使函数g(x)的最小值为2？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由．
解 (1)由f(x)＝eq \f(1,2)ax2－x·ln x＋b，
知g(x)＝f′(x)＝ax－ln x－1，x>0，
故g′(x)＝a－eq \f(1,x)＝eq \f(ax－1,x).
当a≤0时，g′(x)<0，即g(x)在(0，＋∞)上单调递减，
当a>0时，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))上，g′(x)<0，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))上，g′(x)>0，
所以g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))上单调递增．
(2)当a≤0时，g(x)在(0，e]上单调递减，
所以g(x)min＝g(e)＝ea－2≤－2.
故不存在最小值2.
当0所以g(x)min＝g(e)＝ea－1－ln e＝2，
所以a＝eq \f(4,e)，不符合题意，舍去．
当a>eq \f(1,e)时，00，函数g(x)单调递增，由此g(x)min＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))＝1－1－ln eq \f(1,a)＝2，
所以ln a＝2.解得a＝e2，
故当a＝e2时，函数g(x)的最小值为2.
13．某企业拟建造一个容器(不计厚度，长度单位：米)，该容器的底部为圆柱形，高为l，底面半径为r，上部为半径为r的半球形，按照设计要求容器的体积为eq \f(28,3)π立方米．假设该容器的建造费用仅与其表面积有关，已知圆柱形部分每平方米建造费用为3万元，半球形部分每平方米建造费用为4万元，则该容器的建造费用最小时，半径r的值为( )
A．1 B.eq \r(3,2) C.eq \r(3,4) D．2
答案 C
解析 由题意知V＝πr2l＋eq \f(1,2)×eq \f(4,3)πr3＝πr2l＋eq \f(2,3)πr3＝eq \f(28,3)π，
故l＝eq \f(\f(28,3)π－\f(2,3)πr3,πr2)＝eq \f(28,3r2)－eq \f(2,3)r＝eq \f(28－2r3,3r2)，
由l>0可知r∴建造费用y＝(2πrl＋πr2)×3＋eq \f(1,2)×4πr2×4＝6πr×eq \f(28－2r3,3r2)＋11πr2＝eq \f(56π,r)＋7πr2(0则y′＝14πr－eq \f(56π,r2)＝eq \f(14πr3－4,r2).
当r∈(0，eq \r(3,4))时，y′<0，r∈(eq \r(3,4)，eq \r(3,14))时，y′>0.
∴当r＝eq \r(3,4)时，该容器的建造费用最小．
14．设定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x)，若f(x)＋f′(x)<2，f(0)＝2 021，则不等式exf(x)>2ex＋2 019(其中e为自然对数的底数)的解集为( )
A．(0，＋∞) B．(2 019，＋∞)
C．(－∞，0) D．(－∞，0)∪(2 019，＋∞)
答案 C
解析 设g(x)＝ex[f(x)－2]，
所以g′(x)＝ex[f(x)＋f′(x)－2]，
因为f(x)＋f′(x)<2，
所以g′(x)＝ex[f(x)＋f′(x)－2]<0，
所以g(x)在R上单调递减，
且g(0)＝1×[f(0)－2]＝2 019，
又因为exf(x)>2ex＋2 019等价于g(x)>2 019，
所以原不等式的解集为(－∞，0)．
15．某数学兴趣小组对形如f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c的某三次函数的性质进行研究，得出如下四个结论，其中有且只有一个是错误的，则错误的结论一定是( )
A．函数f(x)的图象过点(2,1)
B．函数f(x)在x＝0处有极值
C．函数f(x)的单调递减区间为[0,2]
D．函数f(x)的图象关于点(1,0)对称
答案 D
解析 对于A选项，f(2)＝8＋4a＋2b＋c＝1；
对于B选项，f′(x)＝3x2＋2ax＋b，f′(0)＝b＝0；
对于C选项，由单调递减区间可得f′(0)＝b＝0，f′(2)＝12＋4a＋b＝0，因为有且仅有一个选项错误，所以B，C正确；
所以a＝－3，b＝0.对于D选项，函数f(x)的图象关于点(1,0)对称，则有f(1＋x)＋f(1－x)＝0，可赋值得到：当x＝0时，2f(1)＝0，当x＝1时，f(2)＋f(0)＝0，即可得到8＋4a＋2b＋c＋c＝0，解得c＝2，与a＋b＋c＝0解得c＝3，显然c有两个取值，故D错误，A正确，解得c＝5，所以f(x)＝x3－3x2＋5，所以f(2)＝1，f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，所以函数在(－∞，0)和(2，＋∞)上单调递增，在(0,2)上单调递减，在x＝0处取得极大值，故A，B，C均正确．
16．已知函数f(x)＝ln x＋eq \f(a,x)－x－2a＋1.
(1)若a＝－2，求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)有两个极值点x1，x2，求证：f(x1)＋f(x2)<0.
(1)解 f(x)的定义域是(0，＋∞)．
当a＝－2时，f(x)＝ln x－eq \f(2,x)－x＋5，
f′(x)＝eq \f(－x2＋x＋2,x2)＝eq \f(－x－2x＋1,x2)，
当00，当x>2时，f′(x)<0，
所以f(x)的单调递增区间为(0,2)，单调递减区间为(2，＋∞)．
(2)证明 f′(x)＝eq \f(－x2＋x－a,x2)(x>0)，
因为f(x)有两个极值点x1，x2，
故x1，x2为方程－x2＋x－a＝0的两个不等实根，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Δ＝1－4a>0，,x1＋x2＝1，,x1x2＝a>0))⇒0所以f(x1)＋f(x2)＝ln x1x2＋eq \f(ax1＋x2,x1x2)－(x1＋x2)－4a＋2＝ln a－4a＋2，
令g(a)＝ln a－4a＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0则g′(a)＝eq \f(1－4a,a)>0，
g(a)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,4)))上单调递增，
故g(a)所以f(x1)＋f(x2)<0.