2017高考数学(理)一轮复习练习：第3章 导数及其应用 第3讲

基础巩固题组 (建议用时：40分钟)

一、选择题

1.方程x 3－6x 2＋9x －10＝0的实根个数是( ) A.3

B.2

C.1

D.0

解析 设f (x )＝x 3－6x 2＋9x －10，f ′(x )＝3x 2－12x ＋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x 3－6x 2＋9x －10＝0的实根个数为1个. 答案 C

2.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 －1

2x .

令f (x )＝x －1

2x ，∴f ′(x )＝1＋2－x ln 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，＋∞). 答案 D

3.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

解析 设圆柱的底面半径为R ，母线长为l ，则V ＝πR 2l ＝27π，∴l ＝27

R 2，要使用料最省，只须使圆柱的侧面积与下底面面积之和S 最小. 由题意，S ＝πR 2＋2πRl ＝πR 2＋2π·27

R .

∴S ′＝2πR －54π

R 2，令S ′＝0，得R ＝3，则当R ＝3时，S 最小.故选A. 答案 A

4.若0＜x 1＜x 2＜1，则( ) A.e x 2－e x 1＞ln x 2－ln x 1 B.e x 2－e x 1＜ln x 2－ln x 1 C.x 2e x 1＞x 1e x 2

D.x 2e x 1＜x 1e x 2

解析 令f (x )＝e x

x ，则f ′(x )＝（e x

）′·x －x ′·e x

x 2＝e x

（x －1）x 2

.

当0＜x ＜1时，f ′(x )＜0，即f (x )在(0，1)上单调递减，∵0＜x 1＜x 2＜1， ∴f (x 2)＜f (x 1)，即e x 2x 2＜e x 1

x 1，∴x 2e x 1＞x 1e x 2，故选C.

答案 C

5.(2014·新课标全国Ⅰ卷)已知函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1，若f (x )存在唯一的零点x 0，且x 0＞0，则a 的取值范围是( ) A.(2，＋∞) B.(1，＋∞) C.(－∞，－2)

D.(－∞，－1)

解析 a ＝0时，不符合题意.a ≠0时，f ′(x )＝3ax 2－6x ，令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝2

a .若a ＞0，则由图像知f (x )有负数零点，不符合题意.

则a ＜0，由图像结合f (0)＝1＞0知，此时必有f ? ????

2a ＞0，即a ×8a 3－3×4a 2＋1＞0，化简得a 2＞4，

则a ＜－2. 答案 C 二、填空题

6.已知函数y ＝x 3－3x ＋c 的图像与x 轴恰有两个公共点，则c ＝________.

解析 设f (x )＝x 3－3x ＋c ，对f (x )求导可得，f ′(x )＝3x 2－3，令f ′(x )＝0，可得x ＝±1，易知f (x )在(－∞，－1)，(1，＋∞)上单调递增，在(－1，1)上单调递减，若f (1)＝1－3＋c ＝0，可得c ＝2；若f (－1)＝－1＋3＋c ＝0，可得c ＝－2. 答案 －2或2

7.已知函数f (x )＝ax 3－3x ＋1对x ∈(0，1]总有f (x )≥0成立，则实数a 的取值范围是________ . 解析 当x ∈(0，1]时不等式ax 3－3x ＋1≥0可化为a ≥3x －1x 3，设g (x )＝3x －1

x 3，x ∈(0，1]，g ′(x )＝3x 3

－（3x －1）·3x 2

x 6＝－6? ????x －12x 4

.由g ′(x )＝0得x ＝1

2，

g ′(x )与g (x )随x 的变化情况如下表：

因此g (x )

答案 [4，＋∞)

8.（2016·西安调研）已知y ＝f (x )是奇函数，当x ∈(0，2)时，f (x )＝ln x －ax ? ????a ＞12，当x ∈(－2，0)时，f (x )的最小值为1，则a ＝________.

解析 ∵f (x )是奇函数，当x ∈(－2，0)时，f (x )的最小值为1，∴f (x )在(0，2)上的最大值为－1. 当x ∈(0，2)时，f ′(x )＝1x －a ，令f ′(x )＝0得x ＝1a ，又a ＞12，∴0＜1

a ＜2. 当x ＜1a 时，f ′(x )＞0，f (x )在? ?

???0，1a 上单调递增；

当x ＞1a 时，f ′(x )＜0，f (x )在? ????

1a ，2上单调递减，

∴f (x )max ＝f ? ????

1a ＝ln 1a －a ·

1a ＝－1，解得a ＝1. 答案 1 三、解答题

9.(2015·福建卷改编)已知函数f (x )＝ln(1＋x )，g (x )＝kx (k ∈R ). (1)证明：当x ＞0时，f (x )＜x ；

(2)证明：当k ＜1时，存在x 0＞0，使得对任意的x ∈(0，x 0)，恒有f (x )＞g (x ). 证明 (1)令F (x )＝f (x )－x ＝ln(1＋x )－x ，x ∈(0，＋∞)， 则有F ′(x )＝

1

1＋x －1＝－x x ＋1

.当x ∈(0，＋∞)时，F ′(x )＜0， 所以F (x )在(0，＋∞)上单调递减，故当x ＞0时，F (x )＜F (0)＝0， 即当x ＞0时，f (x )＜x .

(2)令G (x )＝f (x )－g (x )＝ln(1＋x )－kx ，x ∈(0，＋∞)， 则有G ′(x )＝1

x ＋1－k ＝－kx ＋（1－k ）x ＋1.

当k ≤0时，G ′(x )＞0， 故G (x )在(0，＋∞)上单调递增，

G (x )＞G (0)＝0，故任意正实数x 0均满足题意. 当0＜k ＜1时，令G ′(x )＝0，得x ＝1－k k ＝1

k －1＞0， 取x 0＝1

k －1，对任意x ∈(0，x 0)，有G ′(x )＞0，

从而G (x )在(0，x 0)上单调递增，所以G (x )＞G (0)＝0，即f (x )＞g (x ). 综上，当k ＜1时，总存在x 0＞0，使得对任意x ∈(0，x 0)，恒有f (x )＞g (x ). 10.已知函数f (x )＝ax ＋x ln x 的图像在点x ＝e(e 为自然对数的底数)处的切线斜率为3. (1)求实数a 的值； (2)若k ∈Z ，且k ＜

f （x ）

x －1

对任意x ＞1恒成立，求k 的最大值. 解 (1)因为f (x )＝ax ＋x ln x ，所以f ′(x )＝a ＋ln x ＋1.

因为函数f (x )＝ax ＋x ln x 的图像在点x ＝e 处的切线斜率为3，所以f ′(e)＝3，即a ＋ln e ＋1＝3，所以a ＝1.

(2)由(1)知，f (x )＝x ＋x ln x ， 又k ＜

f （x ）x －1＝x ＋x ln x

x －1对任意x ＞1恒成立， 令g (x )＝

x ＋x ln x x －1，则g ′(x )＝x －ln x －2

（x －1）2

， 令h (x )＝x －ln x －2(x ＞1)， 则h ′(x )＝1－1x ＝x －1

x

＞0，

所以函数h (x )在(1，＋∞)上单调递增. 因为h (3)＝1－ln 3＜0，h (4)＝2－2ln 2＞0，

所以方程h (x )＝0在(1，＋∞)上存在唯一实根x 0，且满足x 0∈(3，4). 当1＜x ＜x 0时，h (x )＜0，即g ′(x )＜0； 当x ＞x 0时，h (x )＞0，即g ′(x )＞0， 所以函数g (x )＝

x ＋x ln x

x －1

在(1，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增， 所以[g (x )]min ＝g (x 0)＝

x 0（1＋ln x 0）x 0－1＝x 0（1＋x 0－2）

x 0－1

＝x 0，

所以k ＜[g (x )]min ＝x 0∈(3，4)，故整数k 的最大值是3.

能力提升题组 (建议用时：25分钟)

11.(2016·石家庄模拟)已知函数f (x )＝x ? ????

e x －1e x ，若

f (x 1)＜f (x 2)，则( )

A.x 1＞x 2

B.x 1＋x 2＝0

C.x 1＜x 2

D.x 21＜x 2

2

解析 因为f (－x )＝－x ? ????e －x －1e －x ＝x ? ????

e x －1e x ＝

f (x )，所以f (x )为偶函数，由f (x 1)＜f (x 2)，得f (|x 1|)

＜f (|x 2|)(*).

又f ′(x )＝e x

－1e x ＋x ? ??

??e x ＋1e x ＝e 2x

（x ＋1）＋x －1

e x .

当x ≥0时，e 2x (x ＋1)＋x －1≥e 0(0＋1)＋0－1＝0，则f ′(x )≥0，所以f (x )在[0，＋∞)上为增函数，

从而由(*)式得|x 1|＜|x 2|，即x 21＜x 2

2.

答案 D

12.(2016·南昌一模)若定义在R 上的函数f (x )满足f (x )＋f ′(x )＞1，f (0)＝4，则不等式f (x )＞3e x ＋1(e 为自然对数的底数)的解集为( ) A.(0，＋∞)

B.(－∞，0)∪(3，＋∞)

C.(－∞，0)∪(0，＋∞)

D.(3，＋∞)

解析 由f (x )＞3

e x ＋1，得e x

f (x )＞3＋e x .

构造函数F (x )＝e x f (x )－e x －3，得F ′(x )＝e x f (x )＋e x f ′(x )－e x ＝e x [f (x )＋f ′(x )－1]. 由f (x )＋f ′(x )＞1，e x ＞0，可知F ′(x )＞0，即F (x )在R 上单调递增. 又因为F (0)＝e 0f (0)－e 0－3＝f (0)－4＝0. 所以F (x )＞0的解集为(0，＋∞). 答案 A

13.设直线x ＝t 与函数f (x )＝x 2，g (x )＝ln x 的图像分别交于点M ，N ，则当|MN |达到最小时t 的值为________.

解析 当x ＝t 时，f (t )＝t 2，g (t )＝ln t ，∴y ＝|MN |＝t 2－ln t (t ＞0). ∴y ′＝2t －1t ＝2t 2

－1t ＝2?

????t ＋22? ????t －22t .

当0＜t ＜22时，y ′＜0；当t ＞2

2时，y ′＞0. ∴y ＝|MN |＝t 2－ln t 在t ＝2

2时有最小值. 答案 2

2

14.已知函数f(x)＝e x－ax2－bx－1，其中a，b∈R，e＝2.718 28…为自然对数的底数.

(1)设g(x)是函数f(x)的导函数，求函数g(x)在区间[0，1]上的最小值；

(2)若f(1)＝0，函数f(x)在区间(0，1)内有零点，证明：e－2＜a＜1.

(1)解由f(x)＝e x－ax2－bx－1，有g(x)＝f′(x)＝e x－2ax－b，所以g′(x)＝e x－2a.

当x∈[0，1]时，g′(x)∈[1－2a，e－2a]，

当a≤1

2时，g′(x)≥0，所以g(x)在[0，1]上单调递增，

因此g(x)在[0，1]上的最小值是g(0)＝1－b；

当a≥e

2时，g′(x)≤0，所以g(x)在[0，1]上单调递减.

因此g(x)在[0，1]上的最小值是g(1)＝e－2a－b；

当1

2＜a＜

e

2时，令g′(x)＝0，得x＝ln (2a)∈(0，1)，

所以函数g(x)在区间[0，ln(2a)]上单调递减，在区间(ln(2a)，1]上单调递增.

于是，g(x)在[0，1]上的最小值是g(ln(2a))＝2a－2a ln(2a)－b.综上所述，当a≤1

2时，

g(x)在[0，1]上的最小值是g(0)＝1－b；

当1

2＜a＜

e

2时，g(x)在[0，1]上的最小值是g(ln(2a))＝2a－2a ln(2a)－b；

当a≥e

2时，g(x)在[0，1]上的最小值是g(1)＝e－2a－b.

(2)证明设x0为f(x)在区间(0，1)内的一个零点，则由f(0)＝f(x0)＝0可知f(x)在区间(0，x0)上不可能单调递增，也不可能单调递减.

则g(x)不可能恒为正，也不可能恒为负.

故g(x)在区间(0，x0)内存在零点x1，

同理，g(x)在区间(x0，1)内存在零点x2，

所以g(x)在区间(0，1)内至少有两个零点.

由(1)知，当a≤1

2时，g(x)在[0，1]上单调递增，

故g(x)在(0，1)内至多有一个零点.

当a≥e

2时，g(x)在[0，1]上单调递减，故g(x)在(0，1)内至多有一个零点，

所以1

2＜a＜

e

2.

此时g(x)在区间[0，ln(2a)]上单调递减，在区间(ln(2a)，1]上单调递增，因此x1∈(0，ln(2a)]，x2∈(ln(2a)，1)，必有g(0)＝1－b＞0，g(1)＝e－2a－b＞0.

由f(1)＝0有a＋b＝e－1＜2，

有g(0)＝a－e＋2＞0，

g(1)＝1－a＞0，解得e－2＜a＜1.

所以函数f(x)在区间(0，1)内有零点时，e－2＜a＜1.