高考数学一轮复习第二章函数导数及其应用第十二节第1课时导数与不等式问题课时规范练含解析文北师大版

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第二章　函数、导数及其应用第十二节　导数的综合应用第一课时　导数与不等式问题课时规范练A组——基础对点练1．已知函数f(x)＝x3－2x2＋3m，x∈[0，＋∞)，若f(x)＋5≥0恒成立，则实数m的取值范围是(　　)A.　　　　　　　 B.C．(－∞，2]  D．(－∞，2)答案：A2．对任意x∈R，函数f(x)的导数存在，若f′(x)>f(x)，且a>0，则以下说法正确的是(　　)A．f(a)>ea·f(0)  B．f(a)<ea·f(0)C．f(a)>f(0)  D．f(a)<f(0)解析：设g(x)＝，则g′(x)＝>0，故g(x)＝为R上的单调递增函数，因此g(a)>g(0)，即>＝f(0)，所以f(a)>ea·f(0)，故选A.答案：A3．若存在正数x使2x(x－a)<1成立，则a的取值范围是(　　)A．(－∞，＋∞)  B．(－2，＋∞)C．(0，＋∞)  D．(－1，＋∞)解析：∵2x(x－a)<1，∴a>x－.令f(x)＝x－，∴f′(x)＝1＋2－xln 2>0.∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴f(x)>f(0)＝0－1＝－1，∴a的取值范围为(－1，＋∞)，故选D.答案：D4．(2020·吉林模拟)已知定义域为(0，＋∞)的函数f(x)的图像经过点(2，4)，且f′(x)＞1，则不等式f(2x－2)＜2x的解集为(　　)A．(0，＋∞)  B．(0，2)C．(1，2)  D．(0，1)解析：令g(x)＝f(x)－x，x∈(0，＋∞)，则g′(x)＝f′(x)－1＞0，所以g(x)＝f(x)－x在(0，＋∞)上单调递增，且g(2)＝f(2)－2＝2.由f(2x－2)＜2x得f(2x－2)－(2x－2)＜2，即g(2x－2)＜g(2)，所以解得1＜x＜2.故选C.答案：C5．(2020·昆明调研)若函数f(x)＝2x－x2－1，对于任意的x∈Z且x∈(－∞，a)，都有f(x)≤0恒成立，则实数a的取值范围为(　　)A．(－∞，－1]  B．(－∞，0]C．(－∞，4]  D．(－∞，5]解析：对任意的x∈Z且x∈(－∞，a)，都有f(x)≤0恒成立，可转化为对任意的x∈Z且x∈(－∞，a)，2x≤x2＋1恒成立．令g(x)＝2x，h(x)＝x2＋1，当x＜0时，g(x)＜h(x)，当x＝0或1时，g(x)＝h(x)，当x＝2或3或4时，g(x)＜h(x)，当x≥5时，g(x)＞h(x)．综上，实数a的取值范围为(－∞，5]，故选D.答案：D6．函数f(x)＝ln x＋(a∈R)在区间[e－2，＋∞)上有两个零点，则a的取值范围是(　　)A.  B．C.  D．解析：令f(x)＝ln x＋＝0，x∈[e－2，＋∞)，得－a＝xln x．记H(x)＝xln x，x∈[e－2，＋∞)，则H′(x)＝1＋ln x，由此可知H(x)在[e－2，e－1)上单调递减，在(e－1，＋∞)上单调递增，且H(e－2)＝－2e－2，H(e－1)＝－e－1，当x→＋∞时，H(x)→＋∞，故当≤a＜时，f(x)在[e－2，＋∞)上有两个零点，故选A.答案：A7．做一个圆柱形锅炉，容积为V，两个底面的材料每单位面积的价格为a元，侧面的材料每单位面积的价格为b元，当造价最低时，锅炉的底面直径与高的比为(　　)A.  B．C.  D．解析：如图，设圆柱的底面半径为R，高为h，则V＝πR2h.设造价为y＝2πR2a＋2πRhb＝2πaR2＋2πRb·＝2πaR2＋，所以y′＝4πaR－.令y′＝0，得＝.答案：C8．(2020·无锡质检)已知f(x)＝ax3－3x2＋1(a＞0)，g(x)＝xf′(x)，定义h(x)＝max{f(x)，g(x)}＝若存在x∈[1，2]，使得h(x)＝f(x)，则实数a的取值范围为(　　)A．(1，2]  B．(0，2)C．(0，2]  D．(0，1]解析：f′(x)＝3ax2－6x＝3x(ax－2)，g(x)＝xf′(x)＝3ax3－6x2.∵存在x∈[1，2]，使得h(x)＝f(x)，∴f(x)≥g(x)在[1，2]上有解，即ax3－3x2＋1≥3ax3－6x2在[1，2]上有解，即不等式2a≤＋在[1，2]上有解．设y＝＋＝(x∈[1，2])，∵y′＝＜0在[1，2]上恒成立，∴y＝＋在[1，2]上单调递减，∴当x＝1时，y＝＋取得最大值4，∴2a≤4，即a≤2，又a＞0，故实数a的取值范围为(0，2]，故选C.答案：C9．电动自行车的耗电量y与速度x之间有关系y＝x3－x2－40x(x＞0)，为使耗电量最小，则速度应定为________．解析：令y′＝x2－39x－40＝0，得x＝－1或x＝40，由于0＜x＜40时，y′＜0；当x＞40时，y′＞0.所以当x＝40时，y有最小值．答案：4010．直线y＝a与函数f(x)＝x3－3x的图像有相异的三个公共点，求a的取值范围．解析：令f′(x)＝3x2－3＝0，得x＝±1，可得极大值为f(－1)＝2，极小值为f(1)＝－2，如图，观察得－2＜a＜2时恰有三个不同的公共点．B组——素养提升练11．若等差数列{an}中的a28，a4 012是函数f(x)＝x3－4x2＋6x－1的两个极值点，则log8a2 020＝________．解析：由题意可知f′(x)＝x2－8x＋6，又a28，a4 012是函数f(x)＝x3－4x2＋6x－1的极值点，∴a28，a4 012是方程x2－8x＋6＝0的两个实根，由根与系数的关系可得a28＋a4 012＝8，由等差数列的性质可得2a2 020＝a28＋a4 012＝8，∴a2 020＝4，∴log8a2 020＝log84＝.答案：12．(2020·西安八校联考)若函数f(x)＝x3＋x2－ax在区间(1，＋∞)上单调递增，且在区间(1，2)上有零点，求实数a的取值范围．解析：由f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，可知f′(x)＝x2＋2x－a在(1，＋∞)上恒大于等于0，又因为函数f′(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以只需f′(1)＝1＋2－a≥0即a≤3，又f(x)在区间(1，2)有零点，所以f(1)·f(2)＜0，即＜a＜，综上可知＜a≤3.13．设函数f(x)＝(1－x2)ex.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当x≥0时，f(x)≤ax＋1，求a的取值范围．解析：(1)f′(x)＝(1－2x－x2)ex，令f′(x)＝0得x＝－1±，当x∈(－∞，－1－)时，f′(x)＜0；当x∈(－1－，－1＋)时，f′(x)＞0；当x∈(－1＋，＋∞)时，f′(x)＜0；所以f(x)在(－∞，－1－)，(－1＋，＋∞)上单调递减；在(－1－，－1＋)上单调递增．(2)令g(x)＝f(x)－ax－1＝(1－x2)ex－(ax＋1)，令x＝0，可得g(0)＝0，g′(x)＝(1－x2－2x)ex－a，令h(x)＝(1－x2－2x)ex－a，h′(x)＝－(x2＋4x＋1)ex，当x≥0时，h′(x)＜0，h(x)单调递减，故h(x)≤h(0)＝1－a，即g′(x)≤1－a，要使f(x)－ax－1≤0在x≥0时恒成立，需要1－a≤0，即a≥1，此时g(x)≤g(0)＝0，故a≥1，综上所述，a的取值范围是[1，＋∞)．14．(2020·鹰潭市模拟)已知函数f(x)＝aln x－ax－3(a∈R)．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若函数y＝f(x)的图像在点(2，f(2))处的切线的倾斜角为45°，对于任意的t∈[1，2]，函数g(x)＝x3＋x2在区间(t，3)上总不是单调函数，求m的取值范围；(3)求证：×××…×<(n≥2，n∈N＋)．解析：(1)f′(x)＝(x>0)，当a＞0时，f(x)的单调增区间为(0，1]，减区间为[1，＋∞)；当a＜0时，f(x)的单调增区间为[1，＋∞)，减区间为(0，1]；当a＝0时，f(x)不是单调函数．(2)由f′(2)＝－＝1，得a＝－2，f(x)＝－2ln x＋2x－3，∴g(x)＝x3＋x2－2x，∴g′(x)＝3x2＋(m＋4)x－2，∵g(x)在区间(t，3)上总不是单调函数，且g′(0)＝－2，∴，由题意知，对于任意的t∈[1，2]，g′(t)＜0恒成立，所以有，∴－<m<－9.(3)证明：令a＝－1此时f(x)＝－ln x＋x－3，所以f(1)＝－2，由(1)知f(x)＝－ln x＋x－3在(1，＋∞)上单调递增，∴当x∈(1，＋∞)时f(x)＞f(1)，即－ln x＋x－1＞0，∴ln x＜x－1对一切x∈(1，＋∞)成立，∵n≥2，n∈N＋，则有0＜ln n＜n－1，∴0<<，∴×××…×<×××…×＝(n≥2，n∈N＋)．