2021年高考数学一轮精选练习：16《导数的综合应用》(含解析)

2021年高考数学一轮精选练习：

16《导数的综合应用》

一         、选择题

1.已知函数y=x3－3x＋c的图象与x轴恰有两个公共点，则c等于(　 　)

A.－2或2      B.－9或3         C.－1或1       D.－3或1

2.已知函数f(x)=m－2lnx(m∈R)，g(x)=－，若至少存在一个x0∈[1，e]，使得f(x0)＜g(x0)成立，则实数m的取值范围是(　　)

A.     B.      C.(－∞，0]     D.(－∞，0)

3.定义在R上的函数f(x)满足：f(x)＋f′(x)＞1，f(0)=4，则不等式exf(x)＞ex＋3(其中e为自然对数的底数)的解集为(　 　)

A.(0，＋∞)                 B.(－∞，0)∪(3，＋∞)

C.(－∞，0)∪(0，＋∞)      D.(3，＋∞)

4.已知函数f(x)=(x－a)3－3x＋a(a＞0)在[－1，b]上的值域为[－2－2a,0]，则b的取值范围是(　 　)

A.[0,3]        B.[0,2]         C.[2,3]       D.(－1,3]

5.对于三次函数f(x)=ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)，给出定义：设f′(x)是函数y=f(x)的导数，f″(x)是f′(x)的导数，若方程f″(x)=0有实数解x0，则称点(x0，f(x0))为函数y=f(x)的“拐点”.经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心.设函数g(x)=2x3－3x2＋，则g＋g＋…＋g=(　 　)

A.100         B.50            C.          D.0

6.已知f(x)=x2＋＋c(b，c是常数)和g(x)=x＋是定义在M={x|1≤x≤4}上的函数，对于任意的x∈M，存在x0∈M使得f(x)≥f(x0)，g(x)≥g(x0)，且f(x0)=g(x0)，则f(x)在M上的最大值为(　B　)

A.3.5        B.5          C.6       D.8

7.已知f(x)=(x∈R)，若关于x的方程f2(x)－mf(x)＋m－1=0恰好有4个不相等的实数根，则实数m的取值范围为(　 　)

A.∪(2，e)     B.   C.      D.

二         、填空题

8.从边长为10 cm×16 cm的矩形纸板的四角截去四个相同的小正方形，做成一个无盖的盒子，则盒子容积的最大值为      cm3.

9.直线x=t分别与函数f(x)=ex＋1的图象及g(x)=2x－1的图象相交于点A和点B，则|AB|的最小值为          .

10.定义在R上的奇函数y=f(x)满足f(3)=0，且不等式f(x)＞－xf′(x)在(0，＋∞)上恒成立，则函数g(x)=xf(x)＋lg|x＋1|的零点个数为         .

三         、解答题

11.已知函数f(x)=2ex－(x－a)2＋3，a∈R.

(1)若函数f(x)的图象在x=0处的切线与x轴平行，求a的值；

(2)若x≥0，f(x)≥0恒成立，求a的取值范围.

12.已知函数f(x)=x－lnx.

(1)求f(x)的单调区间和极值；

(2)证明：当x≥1时，≥ex－1；

(3)若f(x)≥(1－m)x＋m对任意x∈(0，＋∞)恒成立，求实数m的值.

13.已知函数f(x)=xlnx.

(1)若函数g(x)=f(x)＋ax在区间[e2，＋∞)上为增函数，求实数a的取值范围；

(2)若对任意x∈(0，＋∞)，f(x)≥恒成立，求实数m的最大值.

14.已知函数f(x)=(x－1)ex－ax2.

(1)讨论f(x)的单调性；

(2)若f(x)有两个零点，求实数a的取值范围.

答案解析

1.答案为：A；

解析：∵y′=3x2－3，∴当y′=0时，x=±1.

则当x变化时，y′，y的变化情况如下表：

因此，当函数图象与x轴恰有两个公共点时，必有c＋2=0或c－2=0，

∴c=－2或c=2.

2.答案为：A；

解析：由题意，不等式f(x)＜g(x)在[1，e]上有解，

∴mx＜2lnx在[1，e]上有解，即＜在[1，e]上有解，令h(x)=，

则h′(x)=，当1≤x≤e时，h′(x)≥0，

∴在[1，e]上，h(x)max=h(e)=，∴＜，∴m＜，

∴m的取值范围是，故选B.

3.答案为：A；

解析：设g(x)=exf(x)－ex(x∈R)，

则g′(x)=exf(x)＋exf′(x)－ex=ex[f(x)＋f′(x)－1]，

因为f(x)＋f′(x)＞1，所以f(x)＋f′(x)－1＞0，所以g′(x)＞0，

所以g(x)=exf(x)－ex在定义域上单调递增，

因为exf(x)＞ex＋3，所以g(x)＞3.又因为g(0)=e0f(0)－e0=4－1=3，

所以g(x)＞g(0)，所以x＞0.

4.答案为：A；

解析：由f(x)=(x－a)3－3x＋a，得f′(x)=3(x－a)2－3，

令f′(x)=0，得x1=a－1，x2=a＋1.

当x∈(－∞，a－1)∪(a＋1，＋∞)时，f′(x)＞0，

当x∈(a－1，a＋1)时，f′(x)＜0，

则f(x)在(－∞，a－1)，(a＋1，＋∞)上为增函数，在(a－1，a＋1)上为减函数.

又f(a＋1)=－2－2a，

∴要使f(x)=(x－a)3－3x＋a(a＞0)在[－1，b]上的值域为[－2－2a,0]，

则f(－1＋a)=2－2a≤0，

若2－2a=0，即a=1，此时f(－1)=－4，f(0)=0，－2－2a=－4，f(3)=0，

f(2)=－4.∴b∈[0,3]；

若2－2a＜0，即a＞1，此时f(－1)=(－1－a)3＋3＋a=－a3－3a2－2a＋2，

而f(－1)－(－2a－2)=－a3－3a2－2a＋2＋2a＋2=－a3－3a2＋4=(1－a)·(a＋2)2＜0，

∴不合题意，∴b的取值范围是[0,3].故选A.

5.答案为：D；

解析：∵g(x)=2x3－3x2＋，∴g′(x)=6x2－6x，g″(x)=12x－6，

由g″(x)=0，得x=，又g=2×3－3×2＋=0，

∴函数g(x)的图象关于点对称，∴g(x)＋g(1－x)=0，

∴g＋g＋…＋g=49×0＋g=g=0，故选D.

6.答案为：B；

解析：因为当x∈[1,4]时，g(x)=x＋≥2=1(当且仅当x=2时等号成立)，

所以f(2)=2＋＋c=g(2)=1，所以c=－1－，所以f(x)=x2＋－1－，

所以f′(x)=x－=.因为f(x)在x=2处有最小值，且x∈[1,4]，

所以f′(2)=0，即b=8，所以c=－5，经检验，b=8，c=－5符合题意.

所以f(x)=x2＋－5，f′(x)=，

所以f(x)在[1,2)上单调递减，在(2,4]上单调递增，

而f(1)=＋8－5=，f(4)=8＋2－5=5，所以函数f(x)在M上的最大值为5，故选B.

7.答案为：C；

解析：依题意，由f2(x)－mf(x)＋m－1=0，得f(x)=1或f(x)=m－1.

当x＜0时，f(x)=－xe－x，f′(x)=(x－1)e－x＜0，

此时f(x)是减函数.当x＞0时，f(x)=xe－x，f′(x)=－(x－1)e－x，

若0＜x＜1，则f′(x)＞0，f(x)是增函数；

若x＞1，则f′(x)＜0，f(x)是减函数.

因此，要使关于x的方程f2(x)－mf(x)＋m－1=0恰好有4个不相等的实数根，只要求直线y=1，直线y=m－1与函数y=f(x)的图象共有四个不同的交点.函数f(x)的图象如图.

注意到直线y=1与函数y=f(x)的图象有唯一公共点，

因此要求直线y=m－1与函数y=f(x)的图象共有三个不同的交点，

结合图象可知，0＜m－1＜，即1＜m＜1＋，

则实数m的取值范围为.

8.答案为：144;

解析：设盒子容积为y cm3，盒子的高为x cm，x∈(0,5).

则y=(10－2x)(16－2x)x=4x3－52x2＋160x，∴y′=12x2－104x＋160.

令y′=0，得x=2或x=(舍去)，∴ymax=6×12×2=144(cm3).

9.答案为：4－2ln2；

解析：由题意得，|AB|=|et＋1－(2t－1)|=|et－2t＋2|，

令h(t)=et－2t＋2，则h′(t)=et－2，所以h(t)在(－∞，ln2)上单调递减，

在(ln2，＋∞)上单调递增，所以h(t)min=h(ln2)=4－2ln2＞0，

即|AB|的最小值是4－2ln2.

10.答案为：3；

解析：定义在R上的奇函数f(x)满足：

f(0)=0=f(3)=f(－3)，f(－x)=－f(x)，

当x＞0时，f(x)＞－xf′(x)，即f(x)＋xf′(x)＞0，

∴[xf(x)]′＞0，即h(x)=xf(x)在x＞0时是增函数，

又h(－x)=－xf(－x)=xf(x)，∴h(x)=xf(x)是偶函数，

∴当x＜0时，h(x)是减函数，结合函数的定义域为R，

且f(0)=f(3)=f(－3)=0，

可得函数y1=xf(x)与y2=－lg|x＋1|的大致图象如图.

由图象可知，函数g(x)=xf(x)＋lg|x＋1|的零点的个数为3.

11.解：(1)f′(x)=2(ex－x＋a)，

∵函数f(x)的图象在x=0处的切线与x轴平行，即在x=0处的切线的斜率为0，

∴f′(0)=2(a＋1)=0，∴a=－1.

(2)由(1)知f′(x)=2(ex－x＋a)，令h(x)=2(ex－x＋a)(x≥0)，

则h′(x)=2(ex－1)≥0，∴h(x)在[0，＋∞)上单调递增，

且h(0)=2(a＋1).

①当a≥－1时，f′(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，

即函数f(x)在[0，＋∞)上单调递增，

∴f(x)min=f(0)=5－a2≥0，解得－≤a≤，

又a≥－1，∴－1≤a≤.

②当a＜－1时，则存在x0＞0，使h(x0)=0

且当x∈[0，x0)时，h(x)＜0，即f′(x)＜0，

则f(x)单调递减，当x∈(x0，＋∞)时，h(x)＞0，

则f′(x)＞0，即f(x)单调递增，∴f(x)min=f(x0)=2ex0－(x0－a)2＋3≥0，

又h(x0)=2(ex0－x0＋a)=0，∴2ex0－(ex0)2＋3≥0，解得0＜x0≤ln3.

由ex0=x0－a⇒a=x0－ex0，令M(x)=x－ex,0＜x≤ln3，则M′(x)=1－ex＜0，

∴M(x)在(0，ln3]上单调递减，

则M(x)≥M(ln3)=ln3－3，M(x)＜M(0)=－1，∴ln3－3≤a＜－1.

综上，ln3－3≤a≤.

故a的取值范围是[ln3－3，].

12.解：(1)f(x)=x－lnx，f′(x)=1－，x∈(0，＋∞)，f(x)在(0,1)上单调递减，

在(1，＋∞)上单调递增，有极小值f(1)=1，无极大值.

(2)证明：原不等式可化为≥，记g(x)=，

则g′(x)=，当x≥1时，g′(x)＜0，

所以g(x)在[1，＋∞)上单调递减，有g(x)≤g(1)=，

又由(1)知，≥=，得证.

(3)f(x)≥(1－m)x＋m，即lnx－m(x－1)≤0，

记h(x)=lnx－m(x－1)，则h(x)≤0对任意x∈(0，＋∞)恒成立，

求导得h′(x)=－m(x＞0)，

若m≤0，则h′(x)＞0，得h(x)在(0，＋∞)上单调递增，

又h(1)=0，故当x＞1时，h(x)＞0，不合题意；

若m＞0，则易得h(x)在上单调递增，在上单调递减，

则h(x)max=h=－lnm－1＋m.依题意有－lnm－1＋m≤0，故f(m)≤1，

由(1)知f(m)≥1，则m只能等于1.

13.解：(1)由题意得g′(x)=f′(x)＋a=lnx＋a＋1.

∵函数g(x)在区间[e2，＋∞)上为增函数，

∴当x∈[e2，＋∞)时，g′(x)≥0，

即lnx＋a＋1≥0在[e2，＋∞)上恒成立.∴a≥－1－lnx.

令h(x)=－lnx－1，∴a≥h(x)max，

当x∈[e2，＋∞)时，lnx∈[2，＋∞)，

∴h(x)∈(－∞，－3]，∴a≥－3，

即实数a的取值范围是[－3，＋∞).

(2)∵2f(x)≥－x2＋mx－3，

即mx≤2xlnx＋x2＋3，

又x＞0，∴m≤在x∈(0，＋∞)上恒成立.

记t(x)==2lnx＋x＋.∴m≤t(x)min.

∵t′(x)=＋1－==，

令t′(x)=0，得x=1或x=－3(舍去).

当x∈(0,1)时，t′(x)＜0，函数t(x)在(0,1)上单调递减；

当x∈(1，＋∞)时，t′(x)＞0，函数t(x)在(1，＋∞)上单调递增.

∴t(x)min=t(1)=4.

∴m≤t(x)min=4，即m的最大值为4.

14.解：(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，

f′(x)=ex＋(x－1)ex－ax=x(ex－a).

(ⅰ)若a≤0，

则当x∈(－∞，0)时，f′(x)＜0；

当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，

所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增.

(ⅱ)若a＞0，

由f′(x)=0得x=0或x=lnA.

①若a=1，则f′(x)=x(ex－1)≥0，

所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增.

②若0＜a＜1，则lna＜0，

故当x∈(－∞，lna)∪(0，＋∞)时，f′(x)＞0；

当x∈(lna,0)时，f′(x)＜0，

所以f(x)在(－∞，lna)，(0，＋∞)上单调递增，在(lna,0)上单调递减.

③若a＞1，则lna＞0，故当x∈(－∞，0)∪(lna，＋∞)时，f′(x)＞0；

当x∈(0，lna)时，f′(x)＜0，

所以f(x)在(－∞，0)，(lna，＋∞)上单调递增，在(0，lna)上单调递减.

综上所述，当a≤0时，f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增；

当0＜a＜1时，f(x)在(－∞，lna)，(0，＋∞)上单调递增，在(lna,0)上单调递减；

当a=1时，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；

当a＞1时，f(x)在(－∞，0)，(lna，＋∞)上单调递增，在(0，lna)上单调递减.

(2)(ⅰ)若a≤0，则由(1)知，f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增.

又f(0)=－1，x趋近负无穷时，f(x)值趋近正无穷.

x趋近正无穷时，f(x)值趋近正无穷.

所以f(x)有两个零点.

(ⅱ)若a=1，则由(1)知f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，所以f(x)至多有一个零点.

(ⅲ)若0＜a＜1，则由(1)知，f(x)在(－∞，lna)，(0，＋∞)上单调递增，

在(lna,0)上单调递减，

设b=lna，当x=b时，f(x)有极大值f(b)=a(b－1)－ab2=－a(b2－2b＋2)＜0，

故f(x)不存在两个零点.

(ⅳ)若a＞1，则由(1)知，f(x)在(－∞，0)，(lna，＋∞)上单调递增，

在(0，lna)上单调递减，当x=0时，f(x)有极大值f(0)=－1＜0，

故f(x)不存在两个零点.

综上，a的取值范围为a≤0.