2020版高考数学一轮复习课后限时集训16《导数与函数的综合问题》(理数)（含解析）

课后限时集训(十六)

(建议用时：60分钟)

A组　基础达标

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

C　[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，＋∞)

D　[∵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，

∴实数a的取值范围为(－1，＋∞)．]

3．某银行准备设一种新的定期存款业务，经预测，存款量与存款利率的平方成正比，比例系数为k(k>0)，贷款的利率为4.8%，假设银行吸收的存款能全部放贷出去．若存款利率为x(x∈(0,0.048))，则银行获得最大收益的存款利率为 (    )

A．3.2%           B．2.4%

C．4%   D．3.6%

A　[设y表示收益，则存款量是kx2，贷款收益为0.048kx2，存款利息为kx3，则y＝0.048kx2－kx3，x∈(0，0.048)，y′＝0.096kx－3kx2＝3kx(0.032－x)

令y′＝0得x＝0.032，且当x∈(0,0.032)时y′＞0，

当x∈(0.032,0.048)时y′＜0，因此收益y在x＝0.032时取得最大值，故选A.]

4．已知y＝f(x)为R上的连续可导函数，且xf′(x)＋f(x)＞0，则函数g(x)＝xf(x)＋1(x＞0)的零点个数为(    )

A．0           B．1

C．0或1   D．无数个

A　[因为g(x)＝xf(x)＋1(x＞0)，g′(x)＝xf′(x)＋f(x)＞0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，因为g(0)＝1，y＝f(x)为R上的连续可导函数，所以g(x)为(0，＋∞)上的连续可导函数，g(x)＞g(0)＝1，所以g(x)在(0，＋∞)上无零点．]

5．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，＋∞)

B　[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.]

二、填空题

6．已知函数f(x)＝x＋，g(x)＝2x＋a，若∀x1∈，∃x2∈[2,3]，使得f(x1)≥g(x2)，则实数a的取值范围是________．

(－∞，1]　[当x∈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.]

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

4或5　[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.]

8．某商场从生产厂家以每件20元购进一批商品，若该商品零售价为p元，销量Q(单位：件)与零售价p(单位：元)有如下关系：Q＝8 300－170p－p2，则该商品零售价定为________元时利润最大，利润的最大值为________元．

30　23 000　[设该商品的利润为y元，由题意知，

y＝Q(p－20)＝－p3－150p2＋11 700p－166 000，

则y′＝－3p2－300p＋11 700，

令y′＝0得p＝30或p＝－130(舍)，

当p∈(0,30)时，y′＞0，当p∈(30，＋∞)时，y′＜0，

因此当p＝30时，y有最大值，ymax＝23 000.]

三、解答题

9．已知函数f(x)＝ex＋ax－a(a∈R且a≠0)．

(1)若f(0)＝2，求实数a的值，并求此时f(x)在[－2,1]上的最小值；

(2)若函数f(x)不存在零点，求实数a的取值范围．

[解]　(1)由f(0)＝1－a＝2，得a＝－1.易知f(x)在[－2,0)上单调递减，在(0,1]上单调递增，

所以当x＝0时，f(x)在[－2,1]上取得最小值2.

(2)f′(x)＝ex＋a，由于ex＞0，

①当a＞0时，f′(x)＞0，f(x)是增函数，

当x＞1时，f(x)＝ex＋a(x－1)＞0.

当x＜0时，取x＝－，则f＜1＋a－－1＝－a＜0.

所以函数f(x)存在零点，不满足题意．

②当a＜0时，f′(x)＝ex＋a，

令f′(x)＝0，得x＝ln(－a)．

在(－∞，ln(－a))上，f′(x)＜0，f(x)单调递减，

在(ln(－a)，＋∞)上，f′(x)＞0，f(x)单调递增，

所以当x＝ln(－a)时，f(x)取最小值．

函数f(x)不存在零点，等价于f(ln(－a))＝eln(－a)＋aln(－a)－a＝－2a＋aln(－a)＞0，解得－e2＜a＜0.

综上所述，所求实数a的取值范围是(－e2,0)．

10．已知函数f(x)＝(a∈R)．

(1)求函数f(x)的单调区间；

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

[解]　(1)f′(x)＝，

当a≤－时，x2－2x－2a≥0，故f′(x)≥0，

∴函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，

∴当a≤－时，函数f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间．

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)的单调递增区间为(－∞，1－)和(1＋，＋∞)，单调递减区间为(1－，1＋)．

(2)∵f(x)＞－1⇔＞－1⇔2a＞x2－ex，

∴由条件2a＞x2－ex，对∀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，＋∞)上单调递减，

∴h(x)＝2x－ex≤2－e＜0，即g′(x)＜0，

∴g(x)＝x2－ex在[1，＋∞)上单调递减，

∴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.

B组　能力提升

1．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

A　[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.]

2．若0＜x1＜x2＜1，则(    )

A．ex2－ex1＞ln x2－ln x1 B．ex2－ex1＜ln x2－ln x1

C．x2ex1＞x1ex2   D．x2ex1＜x1ex2

C　[令f(x)＝，

则f′(x)＝＝.

当0＜x＜1时，f′(x)＜0，

即f(x)在(0,1)上单调递减，因为0＜x1＜x2＜1，

所以f(x2)＜f(x1)，即＜，

所以x2ex1＞x1ex2，故选C.]

3．若函数f(x)＝＋1(a<0)没有零点，则实数a的取值范围为________．

(－e2,0)　[f′(x)＝＝(a＜0)．

当x＜2时，f′(x)＜0；当x＞2时，f′(x)＞0，

∴当x＝2时，f(x)有极小值f(2)＝＋1.

若使函数f(x)没有零点，当且仅当f(2)＝＋1＞0.

解之得a>－e2，因此－e2<a<0.]

4．(2017·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝ln x＋ax2＋(2a＋1)x.

(1)讨论f(x)的单调性；

(2)当a<0时，证明f(x)≤－－2.

[解]　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，

f′(x)＝＋2ax＋2a＋1＝.

若a≥0，则当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，

故f(x)在(0，＋∞)上单调递增．

若a<0，则当x∈时，f′(x)>0；

当x∈时，f′(x)<0.

故f(x)在上单调递增，在上单调递减．

(2)证明：由(1)知，当a<0时，f(x)在x＝－处取得最大值，最大值为f＝ln－1－.

所以f(x)≤－－2等价于ln－1－≤－－2，

即ln＋＋1≤0.

设g(x)＝ln x－x＋1，

则g′(x)＝－1.

当x∈(0,1)时，g′(x)>0；

当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，

所以g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．

故当x＝1时，g(x)取得最大值，最大值为g(1)＝0.

所以当x>0时，g(x)≤0.

从而当a<0时，ln＋＋1≤0，

即f(x)≤－－2.