高考数学课后限时集训16导数与函数的综合问题(含解析)理

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新高考数学导数专题讲义第16讲导数解答题之先构造,再赋值,证明和式或积式不等式(学生版+解析版)

第16讲导数解答题之先构造，再赋值，证明和式或积式不等式1．已知函数()x f x e =，2()2ag x x x =--，（其中a R ∈，e 为自然对数的底数， 2.71828)e =⋯．（1）令()()()h x f x g x =+'，若()0h x 对任意的x R ∈恒成立，求实数a 的值；（2）在（1）的条件下，设m 为整数，且对于任意正整数n ，1()nn i im n=<∑，求m 的最小值．2．已知函数()1f x x alnx =--．（1）若()0f x ，求a 的值；（2）设m 为整数，且对于任意正整数n ，2111(1)(1)(1)222n m ++⋯+<，求m 的最小值．3．已知函数()x f x e x a =-+（其中a R ∈，e 为自然对数的底数， 2.71828)e =⋯．（1）若()0f x 对任意的x R ∈恒成立，求实数a 的取值范围；（2）设t 为整数，对于任意正整数n ，123()()()()n n n n nt n n n n+++⋯+<，求t 的最小值．4．已知函数()(1)2f x x lnx ax =+-+．（1）当1a =时，求在1x =处的切线方程；（2）若函数()f x 在定义域上具有单调性，求实数a 的取值范围；（3）求证：11111(1)357212ln n n +++⋯+<++，*n N ∈．5．已知函数22()(1),()()2x x af x ln x xg x a R x ++=+-=∈+．（1）求函数()f x 的单调区间及最值；（2）若对0x ∀>，()()1f x g x +>恒成立，求a 的取值范围；（3）求证：*1111(1)()35721ln n n N n +++⋯+<+∈+．6．已知函数2()(1)f x a x lnx =--．（1）若()y f x =在2x =处取得极小值，求a 的值；（2）若()0f x 在[1，)+∞上恒成立，求a 的取值范围；（3）求证：当2n 时，22111322322n n ln ln lnn n n--++⋯+>+．7．已知函数2()()()f x a x x lnx a R =--∈．（1）若()f x 在1x =处取到极值，求a 的值；（2）若()0f x 在[1，)+∞上恒成立，求a 的取值范围；（3）求证：当2n 时，111123n ln ln lnn n-++⋯+>．8．已知函数2()(1)(0)2xf x ln ax a x =+->+．（1）当12a =时，求()f x 的极值；（2）若1(,1)2a ∈，()f x 存在两个极值点1x ，2x ，试比较12()()f x f x +与(0)f 的大小；（3）证明：(1)2!(2,)n n en n n N ->∈．9．已知函数2()(1)(2)(x f x a ln e a a a =-+--为常数）是实数集R 上的增函数，对任意的x R ∈，有()()0f x f x +-=，函数，函数()[()1]g x ln f x =+．（1）求实数a 的值；（2）若对任意的0x >，()g x px <恒成立，求实数p 的取值范围；（3）求证：当*n N ∈时，111()123g n n<+++⋯+．10．已知函数3()()f x x ax b x R =+++∈，且(0)1f =．（1）若()f x 在R 上单调递增，求实数a 的取值范围；（2）若()y f x =在1x =处的切线与y 轴交于点B ，且(1A ，f （1）)，求d （a ）2||AB =在[a c ∈，)+∞的最小值；（3）若12a =-，n M f =（1）12f +（2）13f +（3）1111()(1)23f n n n +⋯+-+++⋯+，*21()6n n n a n N M -=∈，13n n S a a a =++⋯+，求证：34n S <．11．已知函数()()f x ax lnx a R =-∈．（Ⅰ）若方程()0f x =有两根1x ，2x ，求a 的取值范围；（Ⅱ）在（Ⅰ）的前提下，设12x x <，求证：21x x 随着a 的减小而增大；（Ⅲ）若不等式()f x a 恒成立，求证：*1231()()()()()n n n n n a n N n n n n e a+++⋯+<+∈-．12．已知定义在R +上的函数()f x 有112()()23f x f x x x+=++．（1）求函数()f x 的解析式；（2）设函数()0)g x x >，直线*()y x n N =-∈分别与函数()y g x =，1()y g x -=交于n A 、n B 两点*()n N ∈．设||n n n a A B =，n S 为数列{}n a 的前n 项和．①求n a ，并证明221221(2)n nn S S S n n n -=-+； ②求证：当2n 时，2322()23n n S S S S n>++⋯+．13．已知函数()1(f x alnx ax a R =-+∈且0)a ≠．（1）求函数()f x 的单调区间；（2）求证：*2341(2,)234ln ln ln lnn n n N n n⨯⨯⨯⋯⨯<∈．14．已知函数()1()x f x e ax a R =--∈．（Ⅰ）求函数()f x 的单调递增区间；（Ⅱ）若对一切实数x R ∈，都有()0f x 恒成立，求a 的取值范围．（Ⅲ）求证：121()()()()1n n n n n n en n n n e -++⋯++<-，*n N ∈．15．已知函数()(0)ax f x e a =≠．（1）当12a =时，令()()(0)f x g x x x=>，求函数()g x 在[m ，1](0)m m +>上的最小值；（2）若对于一切x R ∈，()10f x x --恒成立，求a 的取值集合；（3）求证：14ni e=<．16．已知函数2()()x f x e x ax -=+在点(0，(0))f 处的切线斜率为2．（Ⅰ）求实数a 的值；（Ⅱ）设3()()()g x x x t t R e =---∈，若()()g x f x 对[0x ∈，1]恒成立，求t 的取值范围；（Ⅲ）已知数列{}n a 满足11a =，11(1)n n a a n+=+，求证：当2n ，n N ∈时11213()()()()(62n a a a f f L f n e n n n e-+++<+为自然对数的底数， 2.71828)e ≈．17．已知函数2()()f x x ln x a =+-，a R ∈．（Ⅰ）若()f x 有两个不同的极值点，求a 的取值范围；（Ⅱ）当2a -时，令g （a ）表示()f x 在[1-，0]上的最大值，求g （a ）的表达式；（Ⅲ）求证：223511118241623n n n n n+++++⋯+++，*n N ∈．18．已知a R ∈，函数()1af x lnx x=+-，其中0a >，（1）求函数()f x 在区间(0，]e 上的最小值；（2）求证：*1111(!)()23n ln n n N n+++⋯+-∈．第16讲导数解答题之先构造，再赋值，证明和式或积式不等式1．已知函数()x f x e =，2()2ag x x x =--，（其中a R ∈，e 为自然对数的底数， 2.71828)e =⋯．（1）令()()()h x f x g x =+'，若()0h x 对任意的x R ∈恒成立，求实数a 的值；（2）在（1）的条件下，设m 为整数，且对于任意正整数n ，1()nn i im n=<∑，求m 的最小值．【解析】解：（1）因为()1g x ax '=--，所以()1x h x e ax =--，由()0h x 对任意的x R ∈恒成立，即()0min h x ，由()x h x e a '=-，()i 当0a 时，()0x h x e a '=->，()h x 的单调递增区间为R ，所以(,0)x ∈-∞时，()(0)0h x h <=，所以不满足题意．()ii 当0a >时，由()0x h x e a '=-=，得x lna =， (,)x lna ∈-∞时，()0h x '<，(,)x lna ∈+∞时，()0h x '>，所以()h x 在区间(,)lna -∞上单调递减，在区间(,)lna +∞上单调递增，所以()h x 的最小值为()1h lna a alna =--．设ϕ（a ）1a alna =--，所以ϕ（a ）0，① 因为ϕ'（a ）lna =-，令ϕ'（a ）0lna =-=，得1a =，所以ϕ（a ）在区间(0,1)上单调递增，在区间(1,)+∞上单调递减，所以ϕ（a ）ϕ（1）0=，② 由①②得ϕ（a ）0=，则1a =．（2）由（1）知10x e x --，即1x x e +，令*(k x n N n=-∈，0k =，1，2，3，⋯，1)n -，则01k n k e n -<-，所以()(1)n kn k nk e e n ---=-，所以1121()()()()()nn n n n n i i n nnn n n n =-=++⋯++∑(1)(2)211n n e e e e ------++⋯+++111111n e e e ----=<-- 1121e =+<-，所以1()2nn i in=<∑，又333123()()()1333++>，所以m 的最小值为2．2．已知函数()1f x x alnx =--．（1）若()0f x ，求a 的值；（2）设m 为整数，且对于任意正整数n ，2111(1)(1)(1)222n m ++⋯+<，求m 的最小值．【解析】解：（1）因为函数()1f x x alnx =--，0x >，所以()1a x af x x x-'=-=，且f （1）0=．所以当0a 时()0f x '>恒成立，此时()y f x =在(0,)+∞上单调递增，这与()0f x 矛盾；当0a >时令()0f x '=，解得x a =，所以()y f x =在(0,)a 上单调递减，在(,)a +∞上单调递增，即()min f x f =（a ），若1a ≠，则f （a ）f <（1）0=，从而与()0f x 矛盾；所以1a =；（2）由（1）可知当1a =时()10f x x lnx =--，即1lnx x -，所以(1)ln x x +当且仅当0x =时取等号，所以11(1)22ln +<，*N ∈． 221111111(1)(1)(1)112222222n n n ln ln ln ++++⋯++<++⋯+=-<，即2111(1)(1)(1)222n e ++⋯+<；因为m 为整数，且对于任意正整数n ，2111(1)(1)(1)222n m ++⋯+<成立，当3n =时，23111135(1)(1)(1)222264+++=>，所以m 的最小值为3．3．已知函数()x f x e x a =-+（其中a R ∈，e 为自然对数的底数， 2.71828)e =⋯．（1）若()0f x 对任意的x R ∈恒成立，求实数a 的取值范围；（2）设t 为整数，对于任意正整数n ，123()()()()n n n n nt n n n n +++⋯+<，求t 的最小值．【解析】解：（1）因为()()x f x e x a x R =-+∈，所以()1x f x e '=-，令()0f x '>，得0x >；令()0f x '<，得0x <，所以()f x 在区间(,0)-∞上单调递减，在区间(0,)+∞上单调递增，所以()f x 的最小值为0(0)01f e a a =-+=+．由()0f x 对任意的x R ∈恒成立，得()0min f x ，即10a +，所以1a -，即实数a 的取值范围为[1-，)+∞．（2）由（1）知10x e x --，即1x x e +，令*()k x n N n=-∈，0k =，1，2，⋯，1)n -，则01k n k e n -<-，所以(1)()knn k n k e e n---=，(1)(2)21011123111()()()()121111n n n n n n n n e e e e e e e n n n n e e e e ----------∴+++⋯+++⋯+++=<==+<----，所以123()()()()2n n n n nn n n n +++⋯+<，又333123()()()1333++>，所以t 的最小值为2．4．已知函数()(1)2f x x lnx ax =+-+．（1）当1a =时，求在1x =处的切线方程；（2）若函数()f x 在定义域上具有单调性，求实数a 的取值范围；（3）求证：11111(1)357212ln n n +++⋯+<++，*n N ∈．【解析】解：（1）当1a =时，()(1)2f x x lnx x =+-+，(0)x >， 1()f x lnx x'=+，f '（1）1=，f （1）1=，所以求在1x =处的切线方程为：y x =．（2）1()1f x lnx a x'=++-，(0)x >． ()i 函数()f x 在定义域上单调递减时，即1x a lnx x ++时，令1()x g x lnx x+=+，当a x e >时，()0g x '>，不成立；()ii 函数()f x 在定义域上单调递增时，1x a lnx x++；令1()x g x lnx x+=+，则21()x g x x-'=，0x >；则函数()g x 在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增；所以()2g x ，故2a ．（3）由()ii 得当2a =时()f x 在(1,)+∞上单调递增，由()f x f >（1），1x >得(1)220x lnx x +-+>，即2(1)1x lnx x ->+在(1,)+∞上总成立，令1n x n +=得12(1)111n n n ln n n n+-+>++，化简得：2(1)21ln n lnn n +->+，所以22121ln ln ->+， 23251ln ln ->+，⋯， 2(1)21ln n lnn n +->+，累加得222(1)13521ln n ln n +->++⋯++，即11111(1)357212ln n n +++⋯+<++，*n N ∈命题得证． 5．已知函数22()(1),()()2x x a f x ln x x g x a R x ++=+-=∈+．（1）求函数()f x 的单调区间及最值；（2）若对0x ∀>，()()1f x g x +>恒成立，求a 的取值范围；（3）求证：*1111(1)()35721ln n n N n +++⋯+<+∈+．【解析】解：（1）()f x 的定义域为1(1,),()1()010;()0011xf x f x x f x x x x'''-+∞=-=->⇔-<<<⇔>++，所以函数()f x 的增区间为(1,0)-，减区间为(0,)+∞， ()(0)0max f x f ==，无最小值．（2）220,()()10,(1)12x x ax f x g x x ln x x x ++∀>+>⇔∀>+-+>+0,(1)10,(2)[1(1)]2ax ln x x a x ln x x ⇔∀>++>⇔∀>>+-++，令()(2)[1(1)]h x x ln x =+-+．则21()1(1)(1)11x h x ln x ln x x x +'=-+-=-+-++．当0x >时，显然1()(1)01h x ln x x '=-+-<+，所以()h x 在(0,)+∞上是减函数．所以当0x >时，()(0)2h x h <=．所以，a 的取值范围为[2，)+∞．（3）由（2）知，当2a =，0x >时，2(1)12ln x x ++>+，即(1)(*)2xln x x +>+．在(*)式中，令*1()x k N k =∈，得1112k kln k k +>+，即1121k ln k k +>+，依次令1k =，2，3，n ⋯，得21314111,,,,13253721n ln ln ln ln n n +>>>⋯>+．将这n 个式子左右两边分别相加，得1111(1)35721ln n n +>+++⋯++．6．已知函数2()(1)f x a x lnx =--．（1）若()y f x =在2x =处取得极小值，求a 的值；（2）若()0f x 在[1，)+∞上恒成立，求a 的取值范围；（3）求证：当2n 时，22111322322n n ln ln lnn n n --++⋯+>+．【解析】解：（1）()f x 的定义域为(0,)+∞，1()2f x ax x'=-，()f x 在2x =处取得极小值，f '∴（2）0=，即18a =，此时，经验证2x =是()f x 的极小值点，故18a =．（2）1()2f x ax x'=-，①当0a 时，()0f x '<，()f x ∴在[1，)+∞上单调递减，∴当1x >时，()f x f <（1）0=矛盾．②当0a >时，221()ax f x x -'=，令()0f x '>，得x >；()0f x '<，得0x <<．()i 1>，即102a <<时，x ∈时，()0f x '<，即()f x 递减，()f x f ∴<（1）0=矛盾． ()ii 1，即12a时， [1x ∈，)+∞时，()0f x '>，即()f x 递增， ()f x f ∴（1）0=满足题意．综上，12a．（3）证明：由（2）知令12a =，当[1x ∈，)+∞时，21(1)02x lnx --，（当且仅当1x =时取“=” )∴当1x =时，2121lnx x >-．即当2x =，3，4，⋯，n ，有：2221111112()2321311ln ln lnn n ++⋯+>++⋯+--- 11112()132435(1)(1)n n =+++⋯+⨯⨯⨯-+1111111(1)()()()3243511n n =-+-+-+⋯+--+223222n n n n--=+． 7．已知函数2()()()f x a x x lnx a R =--∈．（1）若()f x 在1x =处取到极值，求a 的值；（2）若()0f x 在[1，)+∞上恒成立，求a 的取值范围；（3）求证：当2n 时，111123n ln ln lnn n-++⋯+>．【解析】解：（1）()f x 的定义域为(0,)+∞，1()2f x ax a x∴'=--，()y f x =在1x =处取得极小值， f ∴'（1）0=，即1a =，此时，经验证1x =是()f x 的极小值点，故1a =，（2）①当0a =时，()f x lnx =-，当1x 时，()0f x ，故不满足题意， ②当0a <时，2()()f x a x x lnx =--， f （2）220a ln =-<，故不满足题意③当0a >时，221()ax ax f x x --'=，△280a a =+>恒成立，令()0f x '=，解得10x =<，（舍去），2x =()i 1时，即1a 时，()f x 在[1，)+∞单调性递增 ()()min f x f x f ∴=（1）0=，满足题意，()ii 1>时，即01a <<时，x ∴∈时，()0f x '<，即()f x 递减，()f x f ∴<（1）0=，矛盾．综上，()0f x 在[1，)+∞上恒成立，1a ，（3）证明：由（1）知令1a =时，2()f x x x lnx =--， ∴当2x >时，20x x lnx -->，即11(1)lnx x x >-，令x n =，则1111(1)1lnn n n n n>=---， ∴11111111111111231223341n ln ln lnn n n n n-++⋯+>-+-+-+⋯+-=-=-． 8．已知函数2()(1)(0)2xf x ln ax a x =+->+．（1）当12a =时，求()f x 的极值；（2）若1(,1)2a ∈，()f x 存在两个极值点1x ，2x ，试比较12()()f x f x +与(0)f 的大小；（3）证明：(1)2!(2,)n n en n n N ->∈．【解析】解：（1）12()(1)22x f x ln x x =+-+，定义域110220x x ⎧+>⎪⎨⎪+≠⎩解得2x >-，22142()2(2)(2)x f x x x x -'=-=+++，即有(2,2)-递减，(2,)+∞递增，故()f x 的极小值为f （2）21ln =-，没有极大值．（2）2()(1)(0)2x f x ln ax a x =+->+，1x a>-， 22244(1)()1(2)(1)(2)a ax a f x ax x ax x --'=-=++++ 由于112a <<，则(1)(0a a -∈，1)4，1a -<24(1)0ax a --=，解得x =，12()()[1[1f x f x ln ln +=++-即2212442()()[(12)][(12)]22121a f x f x ln a ln a a a -+=-+=-+--- 设21t a =-，当112a <<，01t <<，则设2122()()()2f x f x g t lnt t+==+-，当01t <<时，2()22g t lnt t=+-， 22222(1)()0t g t t t t-'=-=< ()g t 在01t <<上递减，()g t g >（1）0=，即12()()(0)0f x f x f +>=恒成立，综上述12()()(0)f x f x f +>；（3）证明：当01t <<时，2()220g t lnt t =+->恒成立，即110lnt t+->恒成立，设1(2,)t n n N n =∈，即110ln n n +->，即有1n lnn ->，即有12ln >，23ln >，34ln >，⋯，1n lnn ->，即有123(1)234(234)(!)n ln ln ln lnn ln n ln n +++⋯+->+++⋯+=⨯⨯⨯⋯⨯=，则(1)(!)2n n ln n ->，故(1)2!(2,)n n en n n N ->∈．9．已知函数2()(1)(2)(x f x a ln e a a a =-+--为常数）是实数集R 上的增函数，对任意的x R ∈，有()()0f x f x +-=，函数，函数()[()1]g x ln f x =+．（1）求实数a 的值；（2）若对任意的0x >，()g x px <恒成立，求实数p 的取值范围；（3）求证：当*n N ∈时，111()123g n n<+++⋯+．【解析】解：（1）()f x 对任意的x R ∈，都有()()0f x f x +-=，()f x ∴是R 上的奇函数， 2(0)(1)(12)0f a ln a a ∴=-+--=即220a a --=或10a -=1a ∴=-或2a =或1a =， ()f x 是实数集R 上的增函数，2a ∴=．（2）由（1）知()f x x =，函数()[()1](1)g x ln f x ln x =+=+，设()()(1)(0)h x g x px ln x px x =-=+->，则()g x px <恒成立()0h x ⇔<恒成立，又1()(0)1h x p x x '=->+ ①若1p ，则1()01h x p x '=-<+，()h x 在(0,)+∞上是减函数，因此()(0)0h x h <=恒成立，②若(0,1)p ∈，则令()0h x '=，解得1px p-=，当1(0,)px p-∈是，()0h x >，()h x 单调递增，不成立故实数p 的取值范围[1，)+∞ （3）证明：由第（2）小题可知，当1p =时，(1)(0)ln x x x +<>恒成立，故当0x >，11(1)ln x x +<也恒成立，21ln ∴<，3141,2233ln ln <<，11n ln n n+<将各不等式相加得23411111123123n n ln ln ln ln ln n n n ++++⋯++<+++⋯+- 故111()123g n n<++++ 10．已知函数3()()f x x ax b x R =+++∈，且(0)1f =．（1）若()f x 在R 上单调递增，求实数a的取值范围；（2）若()y f x =在1x =处的切线与y 轴交于点B ，且(1A ，f （1）)，求d （a ）2||AB =在[a c ∈，)+∞的最小值；（3）若12a =-，n M f =（1）12f +（2）13f +（3）1111()(1)23f n n n +⋯+-+++⋯+，*21()6n n n a n N M -=∈，13n n S a a a =++⋯+，求证：34n S <．【解析】解：（1）由(0)1f =，得1b =，这时3()1f x x ax =++，2()30f x x a '=+恒成立 23a x ∴-得0a（2）f （1）112a a =++=+，即(1,2)A a +，而1x =时，f '（1）3a =+故在1x =处()f x 的切线方程为(2)(3)(1)y a a x -+=+- 当0x =时，1y =-，即(0,1)B -d ∴（a ）22||1(3)AB a ==++，[a c ∈，)+∞ 当3c <-时，d （a ）的最小值为1当3c -时，d （a ）的最大值为d （c ）2(3)1c =++（3）证明：12a =-时，31()12f x x x =-+，故211[()1]2f x x x -=-n M f =（1）12f +（2）13f +（3）1111()(1)23f n n n+⋯+-+++⋯+ 111[(1)1][(2)1][()1]12f f f n n =-+-+⋯+- 222(12)(2)(21)26n nn n n =++⋯+-=+- 故211111()6(2)22n n n a M n n n n -===-++1311113(1)22124n n S a a a n n =++⋯+=+--<++11．已知函数()()f x ax lnx a R =-∈．（Ⅰ）若方程()0f x =有两根1x ，2x ，求a 的取值范围；（Ⅱ）在（Ⅰ）的前提下，设12x x <，求证：21x x 随着a 的减小而增大；（Ⅲ）若不等式()f x a 恒成立，求证：*1231()()()()()n n n n n a n N n n n n e a +++⋯+<+∈-．【解析】解：（Ⅰ）由()0f x ax lnx =-=，有lnxa x=，设()lnx g x x =，由1()lnxg x x-'=，⋯（1分） ()g x 在(0,)e 上单调递增，在(,)e +∞上单调递减，又1()f e e=，f （1）0=．当0x →时，()f x →-∞；当x →+∞时，()0f x →．⋯（2分）故若方程()0f x =有两根，则10a e<<．⋯（3分）（Ⅱ）证明：若方程()0f x =有两根1x ，2x ，则10a e<<，121x e x <<<．假设对于任意的2110a a e<<<．记121()()g g a αα==，由上可知121e αα<<<；记122()()g g a ββ==，由上可知121e ββ<<<．⋯（5分）因为()g x 在(0,)e 上单调递增，在(,)e +∞上单调递减，故由12a a >可知11αβ>，22αβ<．又因为121e αα<<<，121e ββ<<<，所以222111αββααβ<<，故21xx 随着a 的减小而增大．⋯（8分）（Ⅲ）依题意，ax lnx a -恒成立，记()h x ax a lnx =--，则11()ax h x a x x-'=-=． ①当0a <时，()0h x '<在(0,)+∞恒成立，故()h x ax a lnx =--在(0,)+∞单调递减，又因为h （1）0=，所以()h x ax a lnx =--在(1,)+∞上函数值小于零，不符合题意，舍去．⋯（9分） ②当0a >时，1()0ax h x-'==得1x =．由上表可知()h x ax a lnx =--在(0,)+∞上的1()10min h h a lna a==-+．⋯（10分）记k （a ）1a lna =-+，由1()1k a a'=-+可知，k （a ）1a lna =-+在(0,1)单调递增，在(1,)+∞单调递减，故k （a ）k （1）0=，综上k （a ）10a lna =-+=，即1a =．⋯（11分）由1lnx x -可得()1()k k ln k n n n -，两边乘以n 可得()k nln k n n -，即()n k n ke n-．则12301112311()()()()111n n n n n n n n n e e e e e e n n n n e e e -------+++⋯+++⋯+=<=---．⋯（12分） 12．已知定义在R +上的函数()f x 有112()()23f x f x x x +=++．（1）求函数()f x 的解析式；（2）设函数()0)g x x>，直线*()y x n N =-∈分别与函数()y g x =，1()y g x -=交于n A 、n B 两点*()n N ∈．设||n n n a A B =，n S 为数列{}n a 的前n 项和．①求n a ，并证明221221(2)n nn S S S n n n -=-+； ②求证：当2n 时，2322()23n n S S S S n>++⋯+．【解析】解：（1）112()()23f x f x x x +=++故122()()3f f x x x x+=++，两式联立可得()1f x x =+．（2）由（1）可得()g x联立y y x⎧=⎪⎨=-⎪⎩，得交点2222,n n A B ⎛⎫⎛⎫由此得，所以1||n n n a A B n ==， 11n n S S n--= ∴221221n nn S S S n n-=-+， ∴2212212,n n n S n S S n n--=-当时， 221122211(1)n n n S S S n n ----=---，222212212S S S n ⋯-=-，累加得：2322221112()1()2323n n S S S S n n=++⋯++-++⋯+ 又2221111111()1[]231223(1)n n n -++⋯+>-++⋯+⨯⨯-1111111(1)02231n n n =--+-+⋯+-=>- ∴2322()23n n S S S S n>++⋯+ 13．已知函数()1(f x alnx ax a R =-+∈且0)a ≠．（1）求函数()f x 的单调区间；（2）求证：*2341(2,)234ln ln ln lnn n n N n n⨯⨯⨯⋯⨯<∈．【解析】解：（1）()1f x alnx ax =-+，(1)()a a x f x a x x-∴'=-=， ①当0a >时，若01x <<，则()0f x '>，若1x >，()0f x '<， ()f x ∴的单调递增区间(0,1)，单调递减区间(1,)+∞；②当0a <时，若01x <<，则()0f x '<，若1x >，()0f x '>， ()f x ∴的单调递减区间(0,1)，单调递增区间(1,)+∞；（2）令1a =，则()1f x lnx x =-+，所以f （1）0=，由（1）可知()f x 在[1，)+∞单调递减，故()f x f （1），（当1x =时取等号），所以10lnx x -+<，即1lnx x <-，从而有01lnn n <<-，*(2,)n n N ∈ 即*1(2,)lnn n n n N n n-<∈， ∴*2341211(2,)23423ln ln ln lnn n n n N n n n-⨯⨯⨯⋯⨯<⨯⨯⋯⨯=∈． 14．已知函数()1()x f x e ax a R =--∈．（Ⅰ）求函数()f x 的单调递增区间；（Ⅱ）若对一切实数x R ∈，都有()0f x 恒成立，求a 的取值范围．（Ⅲ）求证：121()()()()1n n n n n n en n n n e -++⋯++<-，*n N ∈．【解析】解：（Ⅰ）由()x f x e a '=-，①当0a 时，显然()0x f x e a '=-；②当0a >时，由()0f x '=得x lna =，显然当x lna >时，()0f x '>；所以当0a 时，()f x 在R 上单调递增；当0a >时，()f x 在(,)lna +∞上递增；（Ⅱ）由（Ⅰ）问知，当0a 时，()f x 递增，且1(1)10f a e-=+-<，不合题意，舍去．当0a >时，由（Ⅰ）知，当x lna <时，()0f x '<，当x lna >时，()0f x '> 所以当x lna =时，()f x 有极小值也是最小值，即()()1min f x f lna a alna ==--，依题意10a alna --，⋯①①式可化为111a lna a a--=，而由超越不等式知：11,0(1a lna a a a a-->=时取到等号），所以比较上下两式可以发现1a lna a-=，即10(1a alna a --==时取到等号），下面给出其证明：令g （a ）1a alna =--，0a >，则g '（a ）lna =-，于是g '（a ）0=时，1a =，同理知当1a =时，g （a ）有极大值也是最大值，所以g （a ）g （1）0=⋯②比较①②式可得，g （a ）0=，即1a =为所求．（Ⅲ）由（Ⅱ）知对x R ∀∈，有1x e x +，于是令,,,i x n N i N i n n+=-∈∈，则有10i ni n i e n n ---=即有()inn i en--，即()n i n n i e n --（当且仅当0i =时取等号）所以有1210112111111()()()()()()()()1nn n n n n n n n e n n n n e e e e e ------++⋯++<++⋯++=- 即1112111()()()()111n n n n n n n e en n n n e e e -----++⋯++<<=---，即证． 15．已知函数()(0)ax f x e a =≠．（1）当12a =时，令()()(0)f x g x x x=>，求函数()g x 在[m ，1](0)m m +>上的最小值；（2）若对于一切x R ∈，()10f x x --恒成立，求a 的取值集合；（3）求证：14ni e=<．【解析】解：（1）当12a =时，2()xe g x x =，则22(1)2()x x e g x x -'=．当102x->，即2x >时，()0g x '>；当102x-<且0x ≠，即2x <或02x <<时，()0g x '<．则()g x 的增区间为(2,)+∞，减区间为(,0)-∞，(0,2)．因为0m >，所以11m +>，①当12m +，即01m <时，()g x 在[m ，1]m +上单调递减，所以12()(1)1m min eg x g m m +=+=+ ②当21m m <<+，即12m <<时，()g x 在[m ，2]上单调递减，在[2，1]m +上单调递增，所以()min g x g =（2）2e =③当2m 时，()g x 在[m ，1]m +上单调递增，所以2()()m min e g x g m m ==．综上，122,011(),122,2mminme m m e g x m e m m +⎧⎪<⎪+⎪⎪=<<⎨⎪⎪⎪⎪⎩；（2）设()()11ax h x f x x e x =--=--若0a <，则对一切0x >，()0h x <这与题设矛盾．又0a ≠，故0a >．而()1ax h x ae '=-，令()0h x '=，得11x ln a a=，当11x ln a a<时，()0h x '<，()h x 单调递减；当11x ln a a>时，()0h x '>，()h x 单调递增．故当11x ln a a =时，()h x 取最小值11111()1h ln ln a a a a a=--．于是对一切x R ∈，()0h x 恒成立，当且仅当11110ln a a a --① 令()1x t tlnt ϕ=--，则()x lnt ϕ'=-当01t <<时，()0t ϕ'>，()t ϕ单调递增；当1t >时，()0t ϕ'<，()t ϕ单调递减，故当1t =时，()t ϕ取最大值ϕ（1）0=，因此，当且仅当11a=，即1a =时，①式成立．综上所述，a 的取值集合为{1}．（3）证明：由（2）可知，当0x >时，2()2x ee g x x =，所以22(0)xxx ee>，212n e=于是1ni ==+2222111(1)23e n+++⋯+ 211111[1(1)()()]2231e n n<+-+-+⋯+-- 214[2]e n e=-<． 16．已知函数2()()x f x e x ax -=+在点(0，(0))f 处的切线斜率为2．（Ⅰ）求实数a 的值；（Ⅱ）设3()()()g x x x t t R e=---∈，若()()g x f x 对[0x ∈，1]恒成立，求t 的取值范围；（Ⅲ）已知数列{}n a 满足11a =，11(1)n n a a n +=+，求证：当2n ，n N ∈时11213()()()()(62n a a a f f L f n e n n n e-+++<+为自然对数的底数， 2.71828)e ≈．【解析】解：（Ⅰ）2()()x f x e x ax -=+，22()()(2)(2)x x x f x e x ax e x a e x ax x a ---∴'=-+++=-+--；则由题意得(0)()2f a '=--=，故2a =．（Ⅱ）由（Ⅰ）知，2()(2)x f x e x x -=+，由()()g x f x 得，23()(2)x x x t e x x e----+，[0x ∈，1]；当0x =时，该不等式成立；当(0x ∈，1]时，不等式3(2)x x t e x e--+++在(0，1]上恒成立，即3[(2)]x max t e x x e-++-．设3()(2)x h x e x x e-=++-，(0x ∈，1]， ()(1)1x h x e x -'=-++，()0x h x x e -''=>，()h x ∴'在(0，1]单调递增，()(0)0h x h ∴'>'=，()h x ∴在(0，1]单调递增，()max h x h ∴=（1）1=，1t ∴．（Ⅲ）证明：11(1)n n a a n+=+， ∴11n n a n a n++=，又11a =， 2n ∴时，21112111n n n a a n a a n a a n -=⋯=⋯=-；对1n =也成立，n a n ∴=．当(0x ∈，1]时，2()(2)0x f x e x -'=-->，()f x ∴在[0，1]上单调递增，且()(0)0f x f =．又1()(11i f i n n n -，)i N ∈表示长为()i f n ，宽为1n的小矩形的面积， ∴11()()i n i n i f f x dx n n +<⎰，(11,)i n i N -∈， ∴11211121[()()()][()()()]n a a a n f f f f f f n n n n n n n n--++⋯+=++⋯+ 10()f x dx <⎰．又由（Ⅱ），取1t =得23()()(1)f x g x x x e=-++， ∴110013()()62f x dx g x dx e=+⎰⎰， ∴112113[()()()]62n f f f n n n n e-++⋯+<+， 11213()()()()62n a a a f f f n n n n e-∴++⋯+<+． 17．已知函数2()()f x x ln x a =+-，a R ∈．（Ⅰ）若()f x 有两个不同的极值点，求a 的取值范围；（Ⅱ）当2a-时，令g （a ）表示()f x 在[1-，0]上的最大值，求g （a ）的表达式；（Ⅲ）求证：223511118241623n n n n n++<+++⋯+++，*n N ∈．【解析】解：（Ⅰ）2221()()x ax f x x a x a-+'=>-，()f x ∴有两个不同的极值点，令2()221h x x ax =-+，则()h x 有两个大于a 的零点，（2分）∴2480()02a h a a a ⎧⎪=->⎪>⎨⎪⎪<⎩，a ∴< （4分）（Ⅱ）由（Ⅰ）知当2a -时，()f x 在(a，，)+∞上单调递增；在，上单调递减，1<-，0<，-------------------------（8分）注意到2()221h x x ax =-+的对称轴12a x =<-，(1)320h a -=+<，(0)10h =>，可推知210x -<<， ∴当[1x ∈-，0]时，g （a ）(){(1)max f x max f ==-，(0)}f ---------------------（9分）而(0)()f ln a =-，(1)1(1)f ln a -=+--，又若(0)(1)f f >-，21e a e =->--，故(0)(1)f f >-不成立综上分析可知，g （a ）(1)1(1)(2)f ln a a =-=+---⋯（10分）（Ⅲ）证明：由（2）知，当2a =-时，2(2)1x ln x ++ 令12n x n ++=，则1(1n x n -=-∈-，0]，∴211()1n n ln n n -++<， 2121n lnn n n +∴<-，即2112n ln n n n ++< （12分） ∴21111111112(2)n n n n n i i i i i i i ln ln i i i i i i=====+++<+<+∑∑∑∑∑∴2213524128n i n n n n i=++++∑，∴223511118241623n n n n n+++++⋯+++，*n N ∈．（14分） 18．已知a R ∈，函数()1a f x lnx x=+-，其中0a >，（1）求函数()f x 在区间(0，]e 上的最小值；（2）求证：*1111(!)()23n ln n n N n+++⋯+-∈．【解析】解：（1）函数()f x 的定义域为(0,)+∞，()1a f x lnx x =+-， 221()a x a f x x x x -∴'=-+=，令()0f x '=，解得x a =，若0a e <<，则当(0,)x a ∈时，()0f x '<，当(x a ∈，]e 时，()0f x '>， ()f x ∴在区间(0,)a 上单调递减，在区间(a ，]e 上单调递增， ∴当x a =时，()f x 有最小值lna ；若a e ，则()0f x '<在区间(0，]e 上恒成立，()f x 在区间(0，]e 上单调递减， ∴当x e =时，()f x 有最小值a e．（2）由（1）可知：当1a =时，1()1f x lnx x=+-，且()0f x 对任意(0,)x ∈+∞恒成立，即当1x 时，恒有11(*)lnx x-⋯ 取x n =，*()n N ∈．得11lnn n -， *1111(123)(!)()23n ln ln ln lnn n ln n n N n ∴+++⋯+-+++⋯+=-∈。

2021高考数学复习课后限时集训16利用导数解决函数的极值、最值理北师大版

课后限时集训16利用导数解决函数的极值、最值建议用时：45分钟一、选择题1．函数y＝xe x在[0,2]上的最大值是( )A.1 eB.2e2C．0 D.12eA[易知y′＝1－xe x,x∈[0,2],令y′＞0,得0≤x＜1,令y′＜0,得1＜x≤2,所以函数y＝xe x在[0,1]上单调递增,在(1,2]上单调递减,所以y＝xe x在[0,2]上的最大值是y|x＝1＝1e,故选A.]2．已知函数f(x)＝cos x＋a ln x在x＝π6处取得极值,则a＝( ) A.14B.π4C.π12D．－π12C[∵f′(x)＝ax－sin x,且f′⎝⎛⎭⎪⎫π6＝0,∴aπ6－12＝0,即a＝π12,经验证,符合题意．故选C.]3．函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的大致图像如图所示,则x21＋x22等于( )A.89B.109C.169D.289C[函数f(x)的图像过原点,所以d＝0.又f(－1)＝0且f(2)＝0,即－1＋b－c＝0且8＋4b＋2c＝0,解得b＝－1,c＝－2,所以函数f(x)＝x3－x2－2x,所以f′(x)＝3x2－2x－2,由题意知x 1,x 2是函数的极值点,所以x 1,x 2是f ′(x )＝0的两个根,所以x 1＋x 2＝23,x 1x 2＝－23,所以x 21＋x 22＝(x 1＋x 2)2－2x 1x 2＝49＋43＝169.]4．(2019·东莞模拟)若x ＝1是函数f (x )＝ax ＋ln x 的极值点,则( ) A ．f (x )有极大值－1 B ．f (x )有极小值－1 C ．f (x )有极大值0 D ．f (x )有极小值0A [∵f (x )＝ax ＋ln x ,x ＞0, ∴f ′(x )＝a ＋1x,由f ′(1)＝0得a ＝－1, ∴f ′(x )＝－1＋1x ＝1－xx.由f ′(x )＞0得0＜x ＜1,由f ′(x )＜0得x ＞1, ∴f (x )在(0,1)上单调递增,在(1,＋∞)上单调递减． ∴f (x )极大值＝f (1)＝－1,无极小值,故选A.]5．已知函数f (x )＝x 3＋3x 2－9x ＋1,若f (x )在区间[k,2]上的最大值为28,则实数k 的取值范围为( )A ．[－3,＋∞)B ．(－3,＋∞)C ．(－∞,－3)D ．(－∞,－3]D [由题意知f ′(x )＝3x 2＋6x －9,令f ′(x )＝0,解得x ＝1或x ＝－3,所以f ′(x ),f (x )随x 的变化情况如下表：x (－∞,－3)－3 (－3,1) 1 (1,＋∞) f ′(x ) ＋0 －0 ＋ f (x )极大值极小值二、填空题6．设a ∈R ,若函数y ＝e x＋ax 有大于零的极值点,则实数a 的取值范围是________． (－∞,－1) [∵y ＝e x＋ax ,∴y ′＝e x＋a . ∵函数y ＝e x＋ax 有大于零的极值点, 则方程y ′＝e x ＋a ＝0有大于零的解, ∵x ＞0时,－e x＜－1,∴a ＝－e x＜－1.]7．已知函数f (x )＝ln x －ax 存在最大值0,则a ＝________.1e [f ′(x )＝1x －a ,x ＞0.当a ≤0时,f ′(x )＝1x －a ＞0恒成立,函数f (x )单调递增,不存在最大值；当a ＞0时,令f ′(x )＝1x －a ＝0,解得x ＝1a .当0＜x ＜1a时,f ′(x )＞0,函数f (x )单调递增；当x ＞1a时,f ′(x )＜0,函数f (x )单调递减．∴f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln 1a－1＝0,解得a ＝1e.]8．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________．3 [设圆柱的底面半径为R ,母线长为l ,则V ＝πR 2l ＝27π,∴l ＝27R2,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 ＝πR 2＋2πRl ＝πR 2＋2π·27R.∴S ′＝2πR －54πR2,令S ′＝0,得R ＝3,根据单调性得当R ＝3时,S 最小．]三、解答题9．已知函数f (x )＝ln x －ax (a ∈R )． (1)当a ＝12时,求f (x )的极值；(2)讨论函数f (x )在定义域内极值点的个数．[解] (1)当a ＝12时,f (x )＝ln x －12x ,函数f (x )的定义域为(0,＋∞),f ′(x )＝1x －12＝2－x2x. 令f ′(x )＝0,得x ＝2,于是当x 变化时,f ′(x ),f (x )的变化情况如下表：x (0,2) 2 (2,＋∞) f ′(x ) ＋0 － f (x )极大值故f ((2)由(1)知,函数f (x )的定义域为(0,＋∞), f ′(x )＝1x －a ＝1－axx(x ＞0)．当a ≤0时,f ′(x )＞0在(0,＋∞)上恒成立,即函数f (x )在(0,＋∞)上单调递增,此时函数f (x )在定义域上无极值点；当a ＞0时,令f ′(x )＝0,得x ＝1a.当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 时,f ′(x )＞0,当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，＋∞时,f ′(x )＜0,故函数f (x )在x ＝1a处有极大值．综上所述,当a ≤0时,函数f (x )无极值点；当a ＞0时,函数f (x )有一个极大值点． 10．已知函数f (x )＝ln x －a x.(1)若a ＞0,试判断f (x )在定义域内的单调性； (2)若f (x )在[1,e]上的最小值为32,求实数a 的值．[解] (1)由题意得f (x )的定义域是(0,＋∞),且f ′(x )＝x ＋ax 2, 因为a ＞0,所以f ′(x )＞0, 故f (x )在(0,＋∞)上单调递增． (2)由(1)可得f ′(x )＝x ＋ax 2,因为x ∈[1,e], ①若a ≥－1,则x ＋a ≥0,即f ′(x )≥0在[1,e]上恒成立, 此时f (x )在[1,e]上单调递增,所以f (x )min ＝f (1)＝－a ＝32,所以a ＝－32(舍去)．②若a ≤－e,则x ＋a ≤0,即f ′(x )≤0在[1,e]上恒成立,此时f (x )在[1,e]上单调递减,所以f (x )min ＝f (e)＝1－a e ＝32,所以a ＝－e2(舍去)．③若－e ＜a ＜－1,令f ′(x )＝0,得x ＝－a , 当1＜x ＜－a 时,f ′(x )＜0, 所以f (x )在(1,－a )上单调递减；当－a ＜x ＜e 时,f ′(x )＞0,所以f (x )在(－a ,e)上单调递增,所以f (x )min ＝f (－a )＝ln(－a )＋1＝32,所以a ＝－ e.综上,a ＝－ e.1．设函数f (x )在R 上可导,其导函数为f ′(x ),且函数f (x )在x ＝－2处取得极小值,则函数y ＝xf ′(x )的图像可能是( )A BC DC [由题意可得f ′(－2)＝0,且当x ＜－2时,f ′(x )＜0,则y ＝xf ′(x )＞0,故排除B 和D ；当x ＞－2时,f ′(x )＞0,所以当x ∈(－2,0)时,y ＝xf ′(x )＜0,当x ＞0时,y ＝xf ′(x )＞0,故排除A,选C.]2．函数f (x )＝x 3－3x －1,若对于区间[－3,2]上的任意x 1,x 2,都有|f (x 1)－f (x 2)|≤t ,则实数t 的最小值是( )A ．20B ．18C ．3D ．0A [原命题等价于对于区间[－3,2]上的任意x ,都有f (x )max －f (x )min ≤t , ∵f ′(x )＝3x 2－3,∴当x ∈[－3,－1]时,f ′(x )＞0, 当x ∈[－1,1]时,f ′(x )＜0, 当x ∈[1,2]时,f ′(x )＞0. ∴f (x )max ＝f (2)＝f (－1)＝1,f (x )min ＝f (－3)＝－19.∴f (x )max －f (x )min ＝20,∴t ≥20.即t 的最小值为20.故选A.]3．(2019·武汉模拟)若函数f (x )＝2x 2－ln x 在其定义域的一个子区间(k －1,k ＋1)内存在最小值,则实数k 的取值范围是________．⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，32 [因为f (x )的定义域为(0,＋∞),又因为f ′(x )＝4x －1x ,所以由f ′(x )＝0解得x ＝12,由题意得⎩⎪⎨⎪⎧k －1＜12＜k ＋1，k －1≥0，解得1≤k ＜32.]4．已知一企业生产某产品的年固定成本为10万元,每生产千件需另投入2.7万元,设该企业年内共生产此种产品x 千件,并且全部销售完,每千件的销售收入为f (x )万元,且f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧10.8－130x 2，0＜x ≤10，108x －1 0003x 2，x ＞10.(1)写出年利润W (万元)关于年产品x (千件)的函数解析式；(2)年产量为多少千件时,该企业生产此产品所获年利润最大？(注：年利润＝年销售收入－年总成本)[解] (1)由题意得W ＝⎩⎪⎨⎪⎧⎝ ⎛⎭⎪⎫10.8－130x 2x －2.7x －10，0＜x ≤10，⎝ ⎛⎭⎪⎫108x －1 0003x 2x －2.7x －10，x ＞10，即W ＝⎩⎪⎨⎪⎧8.1x －130x 3－10，0＜x ≤10，98－⎝ ⎛⎭⎪⎫1 0003x ＋2.7x ，x ＞10.(2)①当0＜x ≤10时,W ＝8.1x －130x 3－10,则W ′＝8.1－110x 2＝81－x210＝9＋x9－x10,因为0＜x ≤10,所以当0＜x ＜9时,W ′＞0, 则W 递增；当9＜x ≤10时,W ′＜0,则W 递减．所以当x ＝9时,W 取最大值1935＝38.6万元．②当x ＞10时,W ＝98－⎝⎛⎭⎪⎫1 0003x ＋2.7x ≤98－21 0003x×2.7x ＝38. 当且仅当1 0003x ＝2.7x ,即x ＝1009时等号成立．综上,当年产量为9千件时,该企业生产此产品所获年利润最大．1．若函数f (x )＝x 3－3ax 在区间(－1,2)上仅有一个极值点,则实数a 的取值范围为________．[1,4) [因为f ′(x )＝3(x 2－a ),所以当a ≤0时,f ′(x )≥0在R 上恒成立,所以f (x )在R 上单调递增,f (x )没有极值点,不符合题意；当a ＞0时,令f ′(x )＝0得x ＝±a ,当x 变化时,f ′(x )与f (x )的变化情况如下表所示：x (－∞,－a )－ a (－a ,a )a(a ,＋∞)f ′(x ) ＋0 －0 ＋ f (x )极大值极小值因为函数f (x )在区间(－1,2)上仅有一个极值点,所以⎩⎨⎧a ＜2，－a ≤－1或⎩⎨⎧－a ＞－1，2≤a ，解得1≤a ＜4.]2．已知函数f (x )＝a ln x ＋1x(a ＞0)．(1)求函数f (x )的单调区间和极值；(2)是否存在实数a ,使得函数f (x )在[1,e]上的最小值为0？若存在,求出a 的值；若不存在,请说明理由．[解] 由题意,知函数的定义域为{x |x ＞0},f ′(x )＝a x －1x2(a ＞0)．(1)由f ′(x )＞0解得x ＞1a,所以函数f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，＋∞；由f ′(x )＜0解得x ＜1a,所以函数f (x )的单调递减区间是⎝⎛⎭⎪⎫0，1a .所以当x ＝1a时,函数f (x )有极小值f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝a ln 1a＋a ＝a －a ln a ,无极大值．(2)不存在．理由如下：由(1)可知,当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 时,函数f (x )单调递减；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，＋∞时,函数f (x )单调递增．①若0＜1a≤1,即a ≥1时,函数f (x )在[1,e]上为增函数,故函数f (x )的最小值为f (1)＝a ln 1＋1＝1,显然1≠0,故不满足条件．②若1＜1a ≤e ,即1e ≤a ＜1时,函数f (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，1a 上为减函数,在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1a ，e 上为增函数, 故函数f (x )的最小值为f (x )的极小值f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a＝a ln 1a＋a ＝a －a ln a ＝a (1－ln a )＝0,即ln a ＝1,解得a ＝e,而1e≤a ＜1,故不满足条件．③若1a ＞e,即0＜a ＜1e时,函数f (x )在[1,e]上为减函数,故函数f (x )的最小值为f (e)＝a ＋1e ＝0,解得a ＝－1e ,而0＜a ＜1e ,故不满足条件．综上所述,这样的a 不存在．。

2020-2021学年高考数学二轮复习练习：专题限时集训16_导数的应用_有答案

专题限时集训(十六) 导数的应用(对应学生用书第149页) [建议A 、B 组各用时：45分钟][A 组高考达标]一、选择题1．已知a 为函数f(x)＝x 3－12x 的极小值点，则a ＝( ) A ．－4 B ．－2 C ．4D ．2D [由题意得f ′(x)＝3x 2－12，令f ′(x)＝0得x ＝±2，∴当x<－2或x>2时，f ′(x)>0；当－2<x<2时，f ′(x)<0，∴f(x)在(－∞，－2)上为增函数，在(－2,2)上为减函数，在(2，＋∞)上为增函数．∴f(x)在x ＝2处取得极小值，∴a ＝2.]2．已知函数f(x)是定义在R 上的可导函数，f ′(x)为其导函数，若对于任意实数x ，有f(x)－f ′(x)＞0，则( ) A ．ef(2 017)＞f(2 018) B ．ef(2 017)＜f(2 018) C ．ef(2 017)＝f(2 018)D ．ef(2 017)与f(2 018)大小不能确定A [令g(x)＝f x e x ，则g ′(x)＝e xf ′x －e xf x e2x＝f ′x－f xex，因为f(x)－f ′(x)＞0，所以g ′(x)＜0，所以函数g(x)在R 上单调递减，所以g(2 017)＞g(2 018)，即f 2 017e 2 017＞f 2 018e 2 018，所以ef(2 017)＞f(2 018)，故选A.]3．已知函数f(x)＝e xx 2－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋ln x ，若x ＝2是函数f(x)的唯一一个极值点，则实数k 的取值范围为( )【导学号：68334148】 A ．(－∞，e] B ．[0，e]C ．(－∞，e)D ．[0，e)A [f ′(x)＝x 2e x －2xe x x 4－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2x 2＋1x ＝x －2⎝ ⎛⎭⎪⎫e xx －k x2(x ＞0)．设g(x)＝exx，则g ′(x)＝x －1exx2，则g(x)在(0,1)内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增．∴g(x)在(0，＋∞)上有最小值，为g(1)＝e, 结合g(x)＝exx 与y ＝k 的图象可知，要满足题意，只需k ≤e ，选A.]4．(2017·金华十校联考)已知函数f(x)＝x 3＋ax 2＋bx ＋c 有两个极值点x 1，x 2.若f(x 1)＝x 1＜x 2，则关于x 的方程3(f(x))2＋2af(x)＋b ＝0的不同实根个数为( ) A ．3 B ．4 C ．5D ．6A [f ′(x)＝3x 2＋2ax ＋b ，原题等价于方程3x 2＋2ax ＋b ＝0有两个不等实数根x 1，x 2，且x 1＜x 2，x ∈(－∞，x 1)时，f ′(x)＞0，f(x)单调递增；x ∈(x 1，x 2)时，f ′(x)＜0，f(x)单调递减；x ∈(x 2，＋∞)时，f ′(x)＞0，f(x)单调递增．∴x 1为极大值点，x 2为极小值点．∴方程3(f(x))2＋2af(x)＋b ＝0有两个不等实根，f(x)＝x 1或f(x)＝x 2.∵f(x 1)＝x 1，∴由图知f(x)＝x 1有两个不同的解，f(x)＝x 2仅有一个解．故选A.]5．函数f(x)＝12e x (sin x ＋cos x) 在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的值域为( )A [f ′(x)＝12e x (sin x ＋cos x)＋12e x (cos x －sin x)＝e xcos x ，当0＜x ＜π2时，f ′(x)＞0，∴f(x)是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的增函数．∴f(x)的最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝12e π2，f(x)的最小值为f(0)＝12.∴f(x)的值域为.]二、填空题6．已知f(x)为偶函数，当x<0时，f(x)＝ln(－x)＋3x ，则曲线y ＝f(x)在点(1，－3)处的切线方程是________．y ＝－2x －1 [因为f(x)为偶函数，所以当x>0时，f(x)＝f(－x)＝ln x －3x ，所以f ′(x)＝1x －3，则f ′(1)＝－2.所以y ＝f(x)在点(1，－3)处的切线方程为y ＋3＝－2(x －1)，即y ＝－2x －1.]7．已知函数f(x)＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x －2ln x(m ∈R)，g(x)＝－m x ，若至少存在一个x 0∈[1，e]，使得f(x 0)<g(x 0)成立，则实数m 的取值范围是________．⎝⎛⎭⎪⎫－∞，2e [由题意，不等式f(x)<g(x)在[1，e]上有解，∴mx<2ln x ，即m 2<ln x x 在[1，e]上有解，令h(x)＝ln x x ，则h ′(x)＝1－ln x x 2，当1≤x ≤e 时，h ′(x)≥0，∴在[1，e]上，h(x)max ＝h(e)＝1e ，∴m 2<1e ，∴m<2e ，∴m 的取值范围是⎝⎛⎭⎪⎫－∞，2e .]8．已知函数f(x)＝x 3－3ax(a ∈R)，若直线x ＋y ＋m ＝0对任意的m ∈R 都不是曲线y ＝f(x)的切线，则a 的取值范围为________．a ＜13[f(x)＝x 3－3ax(a ∈R)，则f ′(x)＝3x 2－3a ，若直线x ＋y ＋m ＝0对任意的m ∈R 都不是曲线y ＝f(x)的切线，则直线的斜率为－1，f ′(x)＝3x 2－3a 与直线x ＋y ＋m ＝0没有交点，又抛物线开口向上则必在直线上面，即最小值大于直线斜率，则当x ＝0时取最小值，－3a ＞－1，则a 的取值范围为a ＜13.]三、解答题9．(2017·诸暨市高中毕业班教学质量检测)已知函数f(x)＝xe x－a(x －1)(a ∈R)． (1)若函数f(x)在x ＝0处有极值，求a 的值及f(x)的单调区间；(2)若存在实数x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，使得f(x 0)＜0，求实数a 的取值范围．[解] (1)f ′(x)＝(x ＋1)e x－a ，由f ′(0)＝0⇒a ＝1. 3分此时f ′(x)＝(x ＋1)e x－1.当x ＞0时，x ＋1＞1，e x＞1⇒f ′(x)＞0；当x ＜0时，x ＋1＜1,0＜e x ＜1⇒f ′(x)＜0， 6分 ∴f(x)在(－∞，0]上单调递减，在[0，＋∞)上单调递增. 7分(2)法一：f(x)＝xe x＋a(1－x)，若在x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上存在x 0，有f(x 0)＜0，∵xe x＞0，(1－x)＞0，需a ＜0， 10分又f ′(x)＝(x ＋1)e x－a ，当a ＜0时，f ′(x)＞0恒成立，∴f(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上单调递增，13分∴只需min ⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫f0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝f(0)＝a ＜0，综上，a ＜0.15分法二：f(x)＝xe x－a(x －1)＜0在x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上有解，即xe x＜a(x －1)，a ＜xe x x －1在x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上有解，9分设h(x)＝xe xx －1，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，则h ′(x)＝exx 2－x －1x －12＜0， ∴h(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上单调递减.13分h(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上的值域为(－e ，0)，∴a ＜h(0)＝0.15分10．设函数f(x)＝x 3＋ax 2＋bx ＋c. (1)求曲线y ＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)设a ＝b ＝4，若函数f(x)有三个不同零点，求c 的取值范围； (3)求证：a 2－3b>0是f(x)有三个不同零点的必要而不充分条件．[解] (1)由f(x)＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，得f ′(x)＝3x 2＋2ax ＋b.因为f(0)＝c ，f ′(0)＝b ，所以曲线y ＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y ＝bx ＋c. 2分(2)当a ＝b ＝4时，f(x)＝x 3＋4x 2＋4x ＋c ，所以f ′(x)＝3x 2＋8x ＋4.令f ′(x)＝0，得3x 2＋8x ＋4＝0，解得x ＝－2或x ＝－23.f(x)与f ′(x)在区间(－∞，＋∞)上的情况如下：所以，当c ＞0且c －27＜0时，存在x 1∈(－4，－2)，x 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，－3，x 3∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，0，使得f(x 1)＝f(x 2)＝f(x 3)＝0.由f(x)的单调性知，当且仅当c ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，3227时，函数f(x)＝x 3＋4x 2＋4x ＋c 有三个不同零点.(3)证明：当Δ＝4a 2－12b ＜0时，f ′(x)＝3x 2＋2ax ＋b ＞0，x ∈(－∞，＋∞)，此时函数f(x)在区间(－∞，＋∞)上单调递增，所以f(x)不可能有三个不同零点．当Δ＝4a 2－12b ＝0时，f ′(x)＝3x 2＋2ax ＋b 只有一个零点，记作x 0. 当x ∈(－∞，x 0)时，f ′(x)＞0，f(x)在区间(－∞，x 0)上单调递增；当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x)＞0，f(x)在区间(x 0，＋∞)上单调递增．所以f(x)不可能有三个不同零点.10分综上所述，若函数f(x)有三个不同零点，则必有Δ＝4a 2－12b ＞0.故a 2－3b>0是f(x)有三个不同零点的必要条件．当a ＝b ＝4，c ＝0时，a 2－3b ＞0，f(x)＝x 3＋4x 2＋4x ＝x(x ＋2)2只有两个不同零点，所以a 2－3b>0不是f(x)有三个不同零点的充分条件．因此a 2－3b>0是f(x)有三个不同零点的必要而不充分条件.15分[B 组名校冲刺]一、选择题1．已知函数y ＝f(x)对任意的x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2满足f ′(x)cos x ＋f(x)sin x ＞0(其中f ′(x)是函数f(x)的导函数)，则下列不等式成立的是( ) A.2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3＜f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π4B.2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＜f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4C ．f(0)＞2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3D ．f(0)＞2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4A [令g(x)＝f xcos x ，则g ′(x)＝f ′x cos x －f xcos x′cos 2x＝f ′x cos x ＋f xsin x cos 2x，由对任意的x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2满足f ′(x)cos x ＋f(x)sin x ＞0，可得g ′(x)＞0，即函数g(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2上为增函数，则g ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3＜g ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π4，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3＜f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π4cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π4，即2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3＜f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π4.故选A.]2．已知函数f(x)＝ax 2＋bx －ln x(a ＞0，b ∈R)，若对任意x ＞0，f(x)≥f(1)，则( ) A ．ln a ＜－2b B ．ln a ≤－2b C ．ln a ＞－2bD ．ln a ≥－2bA [f ′(x)＝2ax ＋b －1x ，由题意可知f ′(1)＝0，即2a ＋b ＝1，由选项可知，只需比较ln a ＋2b 与0的大小，而b ＝1－2a ，所以只需判断ln a ＋2－4a 的符号．构造一个新函数g(x)＝2－4x ＋ln x ，则g ′(x)＝1x －4，令g ′(x)＝0，得x ＝14，当x ＜14时，g(x)为增函数，当x ＞14时，g(x)为减函数，所以对任意x ＞0有g(x)≤g ⎝ ⎛⎭⎪⎫14＝1－ln 4＜0，所以有g(a)＝2－4a ＋ln a ＝2b ＋ln a ＜0⇒ln a ＜－2b ，故选A.]3．已知函数f(x)＝ln x －ax 2＋x 有两个不同零点，则实数a 的取值范围是( ) A ．(0,1) B ．(－∞，1)C.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，1＋e e 2D.⎝⎛⎭⎪⎫0，1＋e e 2A [令g(x)＝ln x ，h(x)＝ax 2－x ，将问题转化为两个函数图象交点的问题．当a ≤0时，g(x)和h(x)的图象只有一个交点，不满足题意；当a ＞0时，由ln x －ax 2＋x ＝0，得a ＝x ＋ln x x 2. 令r(x)＝x ＋ln xx2，则r ′(x)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x ·x 2－ln x ＋x ·2xx4＝1－x －2ln x x3，当0＜x ＜1时，r ′(x)＞0，r(x)是单调增函数，当x ＞1时，r ′(x)＜0，r(x)是单调减函数，且x ＋ln xx 2＞0，∴0＜a ＜1.∴a 的取值范围是(0,1)．故选A.]4．已知函数f(x)＝x(ln x －ax)有两个极值点，则实数a 的取值范围是( )【导学号：68334150】A ．(－∞，0) B.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12 C ．(0,1)D ．(0，＋∞)B [∵f(x)＝x(ln x －ax)， ∴f ′(x)＝ln x －2ax ＋1，由题意可知f ′(x)在(0，＋∞)上有两个不同的零点，令f ′(x)＝0，则2a ＝ln x ＋1x ，令g(x)＝ln x ＋1x ，则g ′(x)＝－ln xx2，∴g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．又∵当x →0时，g(x)→－∞，当x →＋∞时，g(x)→0，而g(x)max ＝g(1)＝1， ∴只需0＜2a ＜1⇒0＜a ＜12.]二、填空题5．(2017·金华十校调研)已知x ∈(0,2)，若关于x 的不等式x e x ＜1k ＋2x －x 2恒成立，则实数k 的取值范围为________．[0，e －1) [依题意，知k ＋2x －x 2＞0，即k ＞x 2－2x 对任意x ∈(0,2)恒成立，从而k ≥0，所以由x e x ＜1k ＋2x －x 2可得k ＜e xx ＋x 2－2x.令f(x)＝e xx＋x 2－2x ，则f ′(x)＝e xx －1x2＋2(x －1)＝(x －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫e xx 2＋2.令f ′(x)＝0，得x ＝1，当x ∈(1,2)时，f ′(x)＞0，函数f(x)在(1,2)上单调递增，当x ∈(0,1)时，f ′(x)＜0，函数f(x)在(0,1)上单调递减，所以k ＜f(x)min ＝f(1)＝e －1，故实数k 的取值范围是[0，e －1)．] 6．已知函数g(x)满足g(x)＝g ′(1)e x －1－g(0)x ＋12x 2，且存在实数x 0使得不等式2m －1≥g(x 0)成立，则m 的取值范围为________． [1，＋∞) [g ′(x)＝g ′(1)e x －1－g(0)＋x ，当x ＝1时，g(0)＝1，由g(0)＝g ′(1)e0－1，解得g ′(1)＝e ，所以g(x)＝e x －x ＋12x 2，则g ′(x)＝e x－1＋x ，当x ＜0时，g ′(x)＜0，当x ＞0时，g ′(x)＞0，所以当x ＝0时，函数g(x)取得最小值g(0)＝1，根据题意将不等式转化为2m －1≥g(x)min ＝1，所以m ≥1.] 三、解答题7．已知函数f(x)＝(x ＋1)ln x －a(x －1)． (1)当a ＝4时，求曲线y ＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程； (2)若当x ∈(1，＋∞)时，f(x)>0，求a 的取值范围．[解] (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．当a ＝4时，f(x)＝(x ＋1)ln x －4(x －1)，f(1)＝0，f ′(x)＝ln x ＋1x－3，f ′(1)＝－2.故曲线y ＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为2x ＋y －2＝0. 4分(2)当x ∈(1，＋∞)时，f(x)＞0等价于ln x －ax －1x ＋1＞0.设g(x)＝ln x －ax －1x ＋1，则g ′(x)＝1x －2ax ＋12＝x 2＋21－a x ＋1x x ＋12，g(1)＝0. 8分①当a ≤2，x ∈(1，＋∞)时，x 2＋2(1－a)x ＋1≥x 2－2x ＋1＞0，故g ′(x)＞0，g(x)在(1，＋∞)单调递增，因此g(x)＞0；②当a ＞2时，令g ′(x)＝0得x 1＝a －1－a －12－1，x 2＝a －1＋a －12－1.由x 2＞1和x 1x 2＝1得x 1＜1，故当x ∈(1，x 2)时，g ′(x)＜0，g(x)在(1，x 2)单调递减，因此g(x)＜0.综上，a 的取值范围是(－∞，2]. 15分8．设函数f(x)＝ax 2－a －ln x ，g(x)＝1x －e e x ，其中a ∈R ，e ＝2.718…为自然对数的底数．(1)讨论f(x)的单调性； (2)证明：当x>1时，g(x)>0；(3)确定a 的所有可能取值，使得f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内恒成立． [解] (1)由题意得f ′(x)＝2ax －1x ＝2ax 2－1x (x>0)．当a ≤0时，f ′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)内单调递减．当a>0时，由f ′(x)＝0有x ＝12a ，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 时，f ′(x)<0，f(x)单调递减；当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞时，f ′(x)>0，f(x)单调递增. 4分(2)证明：令s(x)＝e x －1－x ，则s ′(x)＝ex －1－1.当x>1时，s ′(x)>0，所以e x －1>x ，从而g(x)＝1x －1ex －1>0.8分(3)由(2)知，当x>1时，g(x)>0. 当a ≤0，x>1时，f(x)＝a(x 2－1)－ln x<0.故当f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有a>0. 当0<a<12时，12a>1.由(1)有f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12a <f(1)＝0，而g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12a >0，所以此时f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内不恒成立. 11分当a ≥12时，令h(x)＝f(x)－g(x)(x ≥1)．当x>1时，h ′(x)＝2ax －1x ＋1x 2－e 1－x>x －1x ＋1x 2－1x ＝x 3－2x ＋1x 2>x 2－2x ＋1x 2>0. 因此，h(x)在区间(1，＋∞)上单调递增．又因为h(1)＝0，所以当x>1时，h(x)＝f(x)－g(x)>0，即f(x)>g(x)恒成立．综上，a ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞.15分。

高考数学一轮复习课后限时集训16函数与方程课件

)
A．3
B．2
C．7
B [法一：(直接法)由f(x)＝0得
D．0
x≤0， x2＋x－2＝0
或x－＞10＋，ln x＝0，
解得x＝－2或x＝e. 因此函数f(x)共有2个零点．
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
法二：(图象法)函数f(x)的图象如图所示，由图象知函数f(x)共有2 个零点．
A [设f(x)＝lg x＋ x，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，易知函数f(x)在(0，＋∞)上是增函数，又x→0时，f(x)＜0，f(1)＝lg 1＋1＝1＞0， ∴方程lg x＋ x＝0的根所在区间是(0,1)，故选A.]
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
2．函数f(x)＝x－2＋1＋x－ln2x，，xx≤＞00，的零点个数为(
零点，则λ的取值范围是( )
A．(1,3]
B．(4，＋∞)
C．(3,4]
D．(1,3]∪(4，＋∞)
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
D [f(x)＝xx2－－44，x＋x≥3，λ，x＜λ 恰有2个零点有两种情况：
①二次函数有两个零点，一次函数无零点； ②二次函数与一次函数各有一个零点．在同一平面直角坐标系中画出y＝x－4与y＝x2－4x＋3的图象如图所示，平移直线x＝λ，可得λ∈(1,3]∪(4，＋∞)．故选D.]
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
8．(2020·济南模拟)若函数f(x)＝ln x－1x＋a在区间(1，e)上存在零
点，则常数a的取值范围是________．
1e－1，1 [∵函数f(x)在区间(1，e)上为增函数，
f1＝ln 1－1＋a＜0， ∴fe＝ln e－1e＋a＞0，

【高考】2020年高考理科数学大一轮提分课后限时集训16 利用导数解决函数的极值、最值

利用导数解决函数的极值、最值建议用时：45分钟一、选择题1.函数y＝xe x在［0,2］上的最大值是（）A.1 eB.2e2C.0D.12eA［易知y′＝1－xe x，x∈［0,2］，令y′＞0，得0≤x＜1，令y′＜0，得1＜x≤2，所以函数y＝xe x在［0,1］上单调递增，在（1,2］上单调递减，所以y＝xe x在［0,2］上的最大值是y|x＝1＝1e，故选A.］2.已知函数f（x）＝cos x＋a ln x在x＝π6处取得极值，则a＝（）A.14 B.π4C.π12 D.－π12C［∵f′（x）＝ax－sin x，且f′⎝⎛⎭⎪⎫π6＝0，∴aπ6－12＝0，即a＝π12，经验证，符合题意.故选C.］3.函数f（x）＝x3＋bx2＋cx＋d的大致图象如图所示，则x21＋x22等于（）A.89 B.109C.169D.289C ［函数f （x ）的图象过原点，所以d ＝0.又f （－1）＝0且f （2）＝0，即－1＋b －c ＝0且8＋4b ＋2c ＝0，解得b ＝－1，c ＝－2，所以函数f （x ）＝x 3－x 2－2x ，所以f ′（x ）＝3x 2－2x －2，由题意知x 1，x 2是函数的极值点，所以x 1，x 2是f ′（x ）＝0的两个根，所以x 1＋x 2＝23，x 1x 2＝－23，所以x 21＋x 22＝（x 1＋x 2）2－2x 1x 2＝49＋43＝169.］4.（2019·东莞模拟）若x ＝1是函数f （x ）＝ax ＋ln x 的极值点，则（） A.f （x ）有极大值－1 B.f （x ）有极小值－1 C.f （x ）有极大值0D.f （x ）有极小值0A ［∵f （x ）＝ax ＋ln x ，x ＞0， ∴f ′（x ）＝a ＋1x ，由f ′（1）＝0得a ＝－1， ∴f ′（x ）＝－1＋1x ＝1－xx .由f ′（x ）＞0得0＜x ＜1，由f ′（x ）＜0得x ＞1， ∴f （x ）在（0,1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减. ∴f （x ）极大值＝f （1）＝－1，无极小值，故选A.］5.已知函数f （x ）＝x 3＋3x 2－9x ＋1，若f （x ）在区间［k,2］上的最大值为28，则实数k 的取值范围为（）A.［－3，＋∞）B.（－3，＋∞）C.（－∞，－3）D.（－∞，－3］D ［由题意知f ′（x ）＝3x 2＋6x －9，令f ′（x ）＝0，解得x ＝1或x ＝－3，所以f ′（x ），f （x ）随x 的变化情况如下表：又f （－3）＝28，f （1）＝－4，f （2）＝3，f （x ）在区间［k,2］上的最大值为28，所以k ≤－3.］二、填空题6.设a ∈R ，若函数y ＝e x ＋ax 有大于零的极值点，则实数a 的取值范围是 .（－∞，－1）［∵y ＝e x ＋ax ，∴y ′＝e x ＋a . ∵函数y ＝e x ＋ax 有大于零的极值点，则方程y ′＝e x ＋a ＝0有大于零的解， ∵x ＞0时，－e x ＜－1，∴a ＝－e x ＜－1.］7.已知函数f （x ）＝ln x －ax 存在最大值0，则a ＝ .1e ［f ′（x ）＝1x －a ，x ＞0.当a ≤0时，f ′（x ）＝1x －a ＞0恒成立，函数f （x ）单调递增，不存在最大值；当a ＞0时，令f ′（x ）＝1x －a ＝0，解得x ＝1a .当0＜x ＜1a 时，f ′（x ）＞0，函数f （x ）单调递增；当x ＞1a 时，f ′（x ）＜0，函数f （x ）单调递减.∴f （x ）max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln 1a －1＝0，解得a ＝1e .］8.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 .3 ［设圆柱的底面半径为R ，母线长为l ，则V ＝πR 2l ＝27π，∴l ＝27R 2，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·27 R.∴S′＝2πR－54πR2，令S′＝0，得R＝3，根据单调性得当R＝3时，S最小.］三、解答题9.已知函数f（x）＝ln x－ax（a∈R）.（1）当a＝12时，求f（x）的极值；（2）讨论函数f（x）在定义域内极值点的个数.［解］（1）当a＝12时，f（x）＝ln x－12x，函数f（x）的定义域为（0，＋∞），f′（x）＝1x－12＝2－x2x.令f′（x）＝0，得x＝2，于是当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下表：故f（x）在定义域上的极大值为f（2）＝ln 2－1，无极小值.（2）由（1）知，函数f（x）的定义域为（0，＋∞），f′（x）＝1x－a＝1－axx（x＞0）.当a≤0时，f′（x）＞0在（0，＋∞）上恒成立，即函数f（x）在（0，＋∞）上单调递增，此时函数f（x）在定义域上无极值点；当a＞0时，令f′（x）＝0，得x＝1 a.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′（x ）＞0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞时，f ′（x ）＜0，故函数f （x ）在x ＝1a 处有极大值.综上所述，当a ≤0时，函数f （x ）无极值点；当a ＞0时，函数f （x ）有一个极大值点. 10.已知函数f （x ）＝ln x －ax .（1）若a ＞0，试判断f （x ）在定义域内的单调性；（2）若f （x ）在［1，e ］上的最小值为32，求实数a 的值.［解］（1）由题意得f （x ）的定义域是（0，＋∞），且f ′（x ）＝x ＋ax 2，因为a ＞0，所以f ′（x ）＞0，故f （x ）在（0，＋∞）上单调递增.（2）由（1）可得f ′（x ）＝x ＋ax 2，因为x ∈［1，e ］，①若a ≥－1，则x ＋a ≥0，即f ′（x ）≥0在［1，e ］上恒成立，此时f （x ）在［1，e ］上单调递增，所以f （x ）min ＝f （1）＝－a ＝32，所以a ＝－32（舍去）. ②若a ≤－e ，则x ＋a ≤0，即f ′（x ）≤0在［1，e ］上恒成立，此时f （x ）在［1，e ］上单调递减，所以f （x ）min ＝f （e ）＝1－a e ＝32，所以a ＝－e2（舍去）.③若－e ＜a ＜－1，令f ′（x ）＝0，得x ＝－a ，所以f（x）在（1，－a）上单调递减；当－a＜x＜e时，f′（x）＞0，所以f（x）在（－a，e）上单调递增，所以f（x）min＝f（－a）＝ln（－a）＋1＝32，所以a＝－ e.综上，a＝－ e.1.设函数f（x）在R上可导，其导函数为f′（x），且函数f（x）在x＝－2处取得极小值，则函数y＝xf′（x）的图象可能是（）A BC DC［由题意可得f′（－2）＝0，且当x＜－2时，f′（x）＜0，则y＝xf′（x）＞0，故排除B和D；当x＞－2时，f′（x）＞0，所以当x∈（－2,0）时，y＝xf′（x）＜0，当x＞0时，y＝xf′（x）＞0，故排除A，选C.］2.函数f（x）＝x3－3x－1，若对于区间［－3,2］上的任意x1，x2，都有|f（x1）－f（x2）|≤t，则实数t的最小值是（）A.20B.18C.3D.0A［原命题等价于对于区间［－3,2］上的任意x，都有f（x）max－f（x）min≤t，∵f′（x）＝3x2－3，∴当x∈［－3，－1］时，f′（x）＞0，当x∈［－1,1］时，f′（x）＜0，∴f （x ）max ＝f （2）＝f （－1）＝1， f （x ）min ＝f （－3）＝－19.∴f （x ）max －f （x ）min ＝20，∴t ≥20.即t 的最小值为20.故选A.］ 3.（2019·武汉模拟）若函数f （x ）＝2x 2－ln x 在其定义域的一个子区间（k －1，k ＋1）内存在最小值，则实数k 的取值范围是 .⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，32 ［因为f （x ）的定义域为（0，＋∞），又因为f ′（x ）＝4x －1x ，所以由f ′（x ）＝0解得x ＝12，由题意得⎩⎨⎧k －1＜12＜k ＋1，k －1≥0，解得1≤k ＜32.］4.已知一企业生产某产品的年固定成本为10万元，每生产千件需另投入2.7万元，设该企业年内共生产此种产品x 千件，并且全部销售完，每千件的销售收入为f （x ）万元，且f （x ）＝⎩⎪⎨⎪⎧10.8－130x 2，0＜x ≤10，108x －1 0003x 2，x ＞10.（1）写出年利润W （万元）关于年产品x （千件）的函数解析式；（2）年产量为多少千件时，该企业生产此产品所获年利润最大？（注：年利润＝年销售收入－年总成本）［解］（1）由题意得W ＝⎩⎪⎨⎪⎧⎝ ⎛⎭⎪⎫10.8－130x 2x－2.7x －10，0＜x ≤10，⎝ ⎛⎭⎪⎫108x －1 0003x 2x－2.7x －10，x ＞10，即W ＝⎩⎪⎨⎪⎧8.1x －130x 3－10，0＜x ≤10，98－⎝ ⎛⎭⎪⎫1 0003x ＋2.7x ，x ＞10.（2）①当0＜x ≤10时，W ＝8.1x －130x 3－10，则W ′＝8.1－110x 2＝81－x 210＝（9＋x ）（9－x ）10，因为0＜x ≤10，所以当0＜x ＜9时，W ′＞0，则W 递增；当9＜x ≤10时，W ′＜0，则W 递减. 所以当x ＝9时，W 取最大值1935＝38.6万元. ②当x ＞10时，W ＝98－⎝ ⎛⎭⎪⎫1 0003x ＋2.7x ≤98－21 0003x ×2.7x ＝38. 当且仅当1 0003x ＝2.7x ，即x ＝1009时等号成立.综上，当年产量为9千件时，该企业生产此产品所获年利润最大.1.若函数f （x ）＝x 3－3ax 在区间（－1,2）上仅有一个极值点，则实数a 的取值范围为 .［1,4）［因为f ′（x ）＝3（x 2－a ），所以当a ≤0时，f ′（x ）≥0在R 上恒成立，所以f （x ）在R 上单调递增，f （x ）没有极值点，不符合题意；当a ＞0时，令f ′（x ）＝0得x ＝±a ，当x 变化时，f ′（x ）与f （x ）的变化情况如下表所示： x （－∞，－a ）－ a （－a ，a ）a （a ，＋∞）f ′（x ）＋0 －0 ＋f （x ）极大值极小值因为函数f （x ）在区间（－1,2）上仅有一个极值点，所以⎩⎪⎨⎪⎧a ＜2，－a ≤－1或⎩⎪⎨⎪⎧－a ＞－1，2≤a ，解得1≤a ＜4.］ 2.已知函数f （x ）＝a ln x ＋1x （a ＞0）. （1）求函数f （x ）的单调区间和极值；（2）是否存在实数a ，使得函数f （x ）在［1，e ］上的最小值为0？若存在，求出a 的值；若不存在，请说明理由.［解］由题意，知函数的定义域为{x |x ＞0}，f ′（x ）＝a x －1x 2（a ＞0）. （1）由f ′（x ）＞0解得x ＞1a ，所以函数f （x ）的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞；由f ′（x ）＜0解得x ＜1a ，所以函数f （x ）的单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a .所以当x ＝1a 时，函数f （x ）有极小值f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝a ln 1a ＋a ＝a －a ln a ，无极大值.（2）不存在.理由如下：由（1）可知，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 时，函数f （x ）单调递减；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞时，函数f （x ）单调递增.①若0＜1a ≤1，即a ≥1时，函数f （x ）在［1，e ］上为增函数，故函数f （x ）的最小值为f （1）＝a ln 1＋1＝1，显然1≠0，故不满足条件. ②若1＜1a ≤e ，即1e ≤a ＜1时，函数f （x ）在⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，1a 上为减函数，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1a ，e 上为增函数，故函数f （x ）的最小值为f （x ）的极小值f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝a ln 1a ＋a ＝a －a ln a ＝a （1－ln a）＝0，即ln a＝1，解得a＝e，而1e≤a＜1，故不满足条件.③若1a＞e，即0＜a＜1e时，函数f（x）在［1，e］上为减函数，故函数f（x）的最小值为f（e）＝a＋1e＝0，解得a＝－1e，而0＜a＜1e，故不满足条件.综上所述，这样的a不存在.。

2020年高考数学一轮复习专题16导数与函数的综合问题(含解析)

专题16导数与函数的综合问题最新考纲1.了解函数单调性和导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数一般不超过三次)．2.了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数一般不超过三次)；会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数一般不超过三次)．3.会利用导数解决某些实际问题(生活中的优化问题).重点难点突破【题型一】导数与不等式命题点1 证明不等式【典型例题】当x＞y＞e﹣1时，证明不等式：e x ln（1+y）＞e y ln（1+x）．【解答】证明：不等式e x ln（1+y）＞e y ln（1+x）即为e x+1ln（1+y）＞e y+1ln（1+x），由x+1＞y+1＞e，即有．构造函数h（t），则h′（t），可知函数在（e，+∞）上h′（t）＞0，即函数h（x）在（e，+∞）上单调递增，由于x＞y＞e﹣1，可得x+1＞y+1＞e，即有，即为e x ln（1+y）＞e y ln（1+x）．【再练一题】（1）证明不等式ln（1+x）＜x，x＞0（2）在数列{a n}中．已知a1，且1，求数列{a n}的通项公式a n．【解答】解：（1）设对ϕ（x）求导，得：当x＞0时，ϕ′（x）＞0，∴ϕ（x）在（0，+∞）内是增函数．当x＞0时，ϕ（x）＞ϕ（0）＝0，即，∴同理可证ln（x+1）＜x，∴x．（2）1，等式两边取倒数得，即111﹣（）＝1，则当n≥2时，1﹣1，1，1，…1，等式两边同时相加得n﹣1﹣1n﹣1，即n﹣12+n﹣1n+1，即a n，当n＝1时，a1不满足a n，故a n．命题点2 不等式恒成立或有解问题【典型例题】已知函数f（x）＝lnx﹣x2﹣ax．（Ⅰ）当a＝1时，求曲线y＝f（x）则x＝1处的切线方程；（Ⅱ）若f（x）≤0恒成立，求a的取值范围．【解答】解：（1）a＝1时，函数f（x）＝lnx﹣x2﹣x，可得f′（x）2x﹣1，所以f′（1）＝﹣2，x ＝1时，f（1）＝﹣2．曲线y＝f（x）则x＝1处的切线方程；y+2＝﹣2（x﹣1）即：y＝﹣2x；（2）由条件可得lnx﹣x2﹣ax≤0（x＞0），则当x＞0时，a恒成立，令h（x）（x＞0），则h′（x），令k（x）＝1﹣x2﹣lnx（x＞0），则当x＞0时，k′（x）＝﹣2x0，所以k（x）在（0，+∞）上为减函数．又k′（1）＝0，所以在（0，1）上，h′（x）＞0；在（1，+∞）上，h′（x）＜0．所以h（x）在（0，1）上为增函数；在（1，+∞）上为减函数．所以h（x）max＝h（1）＝﹣1，所以a≥﹣1．【再练一题】已知函数f（x）alnx（a＞0）．（Ⅰ）若函数y＝f（x）图象上各点切线斜率的最大值为2，求函数f（x）的极值点；（Ⅱ）若不等式f（x）＜2有解，求a的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）f′（x）（x＞0）……………………………………………………∵a＞0，∴当时，f′（x）取最大值，∴，∵a＞0，∴a＝4……………………………………………………………………∴此时f′（x），在（0，）上，f′（x）＜0，f（x）单调递减，在（，+∞）上，f′（x）＞0，f（x）单调递增，∴f（x）的极小值点为x，无极大值点．…………（Ⅱ）∵f′（x），其中x＞0且a＞0，∴在（0，）上，f′（x）＜0，f（x）单调递减，在（，+∞）上，f′（x）＞0，f（x）单调递增，∴f（x）≥f（）＝a+aln．………………………………………………………………∵关于x的不等式f（x）＜2有解，∴a+aln2，∵a＞0，∴0，………令g（x）＝lnx+1﹣x，∴g′（x），………………………………………在（0，1）上，g′（x）＞0，g（x）单调递增，在（1，+∞）上，g′（x）＜0，g（x）单调递减，∴g（x）≤g（1）＝0，………………………………………………………………………∴0等价于0且．∴a的取值范围是a＞0且a≠2．………………………………………………………思维升华 (1)利用导数证明不等式的方法证明f(x)<g(x)，x∈(a，b)，可以构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，利用F(x)的单调性证明．(2)利用导数解决不等式的恒成立问题的策略①首先要构造函数，利用导数求出最值，求出参数的取值范围．②也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．【题型二】利用导数研究函数的零点问题【典型例题】函数f（x）＝ax3+3x2﹣1存在唯一的零点x0，且x0＜0，则实数a的范围为（）A．（﹣∞，﹣2）B．（﹣∞，2）C．（2，+∞）D．（﹣2，+∞）【解答】解：（i）当a＝0时，f（x）＝﹣3x2+1，令f（x）＝0，解得x＝±，函数f（x）有两个零点，舍去．（ii）当a≠0时，f′（x）＝3ax2+6x＝3ax（x），令f′（x）＝0，解得x＝0或．①当a＜0时，0，当x或x＜0，f′（x）＜0，此时函数f（x）单调递减；当0＜x时，f′（x）＞0，此时函数f（x）单调递增．∴故x是函数f（x）的极大值点，0是函数f（x）的极小值点．∵函数f（x）＝ax3+3x2﹣1存在唯一的零点x0，且x0＜0，则f（）11＜0，即a2＞4得a＞2（舍）或a＜﹣2．②当a＞0时，0，当x或x＞0时，f′（x）＞0，此时函数f（x）单调递增；当x＜0时，f′（x）＜0，此时函数f（x）单调递减．∴x是函数f（x）的极大值点，0是函数f（x）的极小值点．∵f（0）＝﹣1＜0，∴函数f（x）在（0，+∞）上存在一个零点，此时不满足条件．综上可得：实数a的取值范围是（﹣∞，﹣2）．故选：A．【再练一题】已知函数f（x）＝e x﹣x﹣a（a∈R）．（1）当a＝0时，求证：f（x）＞x；（2）讨论函数f（x）在R上的零点个数，并求出相对应的a的取值范围．【解答】（1）证明：当a＝0时．f（x）＝e x﹣x．令g（x）＝f（x）﹣x＝e x﹣x﹣x＝e x﹣2x．则g′（x）＝e x﹣2．令g'（x）＝0．得x＝ln2．当x＜ln2时，g′（x）＜0，当x＞ln2时，g′（x）＞0所以g（x）在（﹣∞，ln 2）内是减函数．在（ln2，+∞）内是增函数，所以x＝ln2是g（x）的极小值点，也是最小值，即g（x）min＝g（ln2）＝e ln2﹣2ln2＝2ln0．故当a＝0时，f（x）＞x成立（2）解：f′（x）＝e x﹣1，由f'（x）＝0．得x＝0．当x＜0时，f′（x）＜0；当x＞0时，f′（x）＞0所以f（x）在（﹣∞，0）上是减函数，在（0．+∞）内是增函数，所以x＝0是函数f（x）的极小值同时也是最小值点，即f（x）min＝f（0）＝l﹣a，当1﹣a＞0，即a＜l时，f（x）在R上没有零点，当1﹣a＝0，即a＝1时，f（x）在R上只有1个零点，当l﹣a＜0，即a＞l时，因为f（﹣a）＝e﹣a﹣（﹣a）﹣a＝e﹣a＞0．所以f（x）在（﹣∞，0）内只有一个零点，由（1）得e x＞2x，令x＝a，则得e a＞2a．所以f（a）＝e a﹣a﹣a＝e a﹣2a＞0．于是f（x）在（0，+∞）内有一个零点；因此．当a＞1时，f（x）在R上有两个零点．综上当a＜1时，函数f（x）在R上没有零点，当a＝1时，函数f（x）在R上有一个零点；当a＞l时，函数f（x）在R上有两个零点．思维升华利用导数研究方程的根(函数的零点)的策略研究方程的根或曲线的交点个数问题，可构造函数，转化为研究函数的零点个数问题．可利用导数研究函数的极值、最值、单调性、变化趋势等，从而画出函数的大致图象，然后根据图象判断函数的零点个数．【题型三】利用导数研究生活中的优化问题【典型例题】如图，某湿地公园ABCD是一个边长为2km正方形区域，以B为圆心，以1km为半径有一块四分之一圆形水域，其余区域为草地．为方便市民休闲观光，市政府计划修建一条从A到C的道路，路线是AE﹣EF﹣FC，要求：E、F分别在线段AM、NC上，且EF与圆弧MN相切于H．已知：AE段、FC段的修建费用均是m万元/km，EF段的修建费用是3m万元/km（其中m是正常数）．记从A到C修建道路的总费用为y（单位：万元）．（1）设∠HBC＝θ（rad），将y表示成θ的函数；（2）问：E，F分别选在何处时，修建道路的总费用最小？并求出最小费用．【解答】解：（1）由题意知，∠BEH＝∠HBC＝θ，．又BH⊥EF，可得，．故，，．当E与A重合时，；当F与C重合时，．故，…………………………其中．……………………………………（2）．由于，所以sinθcosθ＞0，又，故sinθcosθ+（3﹣sinθ﹣cosθ）（cosθ+sinθ）＞0．由y'＝0得，sinθ＝cosθ，故．……………………………当时，y'＜0，y关于θ在单调递减；当时，y'＞0，y关于θ在单调递增．…………………………因而，当时，．此时，．………………答：E，F与B均相距km时，修建道路的最小费用是万元．……【再练一题】如图，矩形ABCD是某生态农庄的一块植物栽培基地的平面图，现欲修一条笔直的小路MN（宽度不计）经过该矩形区域，其中MN都在矩形ABCD的边界上，已知AB＝8，AD＝6（单位：百米），小路MN将矩形ABCD 分成面积为S1，S2（单位：平方百米）的两部分，其中S1≤S2，且点A在面积为S1的区域内，记小路MN 的长为l百米．（1）若l＝4，求S1的最大值；（2）若S2＝2S1，求l的取值范围．【解答】解：由题意，折痕有下列三种情形：①折痕的端点M，N分别在边AB，AD上；②折痕的端点M，N分别在边AB，CD上；③折痕的端点M，N分别在边AD，BC上．（1）在情形②③中，MN≥6．故当l＝4时，折痕必定是情形①．设AM＝xcm，AN＝ycm．则x2+y2＝16≥2xy，可得xy≤8，当且仅当x＝y＝2时取等号．∴S xy≤4，此时最大值为4．（2）由长方形的面积S＝6×8＝48．S2＝2S1，∴S2＝32，S1＝16．（i）当折痕是情形①时．设AM＝xcm，AN＝ycm，可得xy＝16，即y．由0≤x≤8，6，可得：x≤8．∴l，x≤8．令t＝x2，则t≤64．设g（t），g′（t）＝1，令g′（t）＝10，解得t＝32．g（t）min＝g（32）＝64．又g（）＝64，g（64）＝80．∴g（t）∈[64，80]．∴l∈[8，4]．（ii）当折痕是情形②时．设AM＝xcm，DN＝ycm，可得（x+y）×6＝16，即y x．由0≤x≤8，0x≤8，可得：0≤x．∴l∈．（iii ）当折痕是情形③时．设BN ＝xcm ，AM ＝ycm ，可得（x +y ）×8＝16，即y ＝x ﹣4．由0≤x ≤8，0≤4﹣x ≤6，可得：0≤x ≤4． ∴l∈[8，4]．综上可得：l ∈[6，4]．思维升华利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤(1)分析实际问题中各量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式y ＝f (x )．(2)求函数的导数f ′(x )，解方程f ′(x )＝0.(3)比较函数在区间端点和f ′(x )＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值． (4)回归实际问题，结合实际问题作答．基础知识训练1．【晋冀鲁豫中原名校2019届高三第三次联考】若函数在区间(0,)+∞内有两个零点，则实数a 的取值范围为（） A ．(,1)-∞ B ．(1,)+∞ C ．(0,1) D ．(1,2)【答案】B 【解析】.①当0a ≤时，若(0,)x ∈+∞，则'()0f x >，此时函数()f x 在区间(0,)+∞上单调递增，不可能有两个零点；②当0a >时，函数()f x 在区间(0,)a 上单调递减，在区间(,)a +∞上单调递增，因为(0)10f =>，若函数()f x 在区间(0,)+∞内有两个零点，有，得1a >.故选B.2．【天津市第一中学2019届高三一月月考】已知函数，若有且只有两个整数12,x x ，使得()10f x >，且()20f x >，则a 的取值范围是（） A ．()ln3,2 B ．[)2ln3,2- C ．(]0,2ln3- D ．()0,2ln3-【答案】C 【解析】由题意可知，()0f x >，即.∴，设，.由.可知在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上为减函数，在1,2⎛⎫+∞⎪⎝⎭上为增函数，的图象恒过点()2,0，在同一坐标系中作出()g x ，()h x 的图象如下，若有且只有两个整数12,x x ，使得，且则，即，解得,故选C.3．【江西省抚州市临川第一中学2019届高三下学期考前模拟考试】若函数在区间()1,+∞上存在零点，则实数a 的取值范围为( )A ．10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．1,2e ⎛⎫⎪⎝⎭C ．()0,∞+D ．1,2⎛⎫+∞⎪⎝⎭【答案】D 【解析】因为函数，所以令，因为，当(1,)x ∈+∞ 时，，所以()0g x '>所以()g x 在(1,)+∞上为增函数，则，当120a -≥时，()0g x >，所以()0f x '>，所以()f x 在(1,)+∞上为增函数，则，所以()f x 在(1,)+∞上没有零点.当120a -<时，即12a >，因为()g x 在(1,)+∞上为增函数，则存在唯一的0(1,)x ∈+∞，使得0()0g x =，且当0(1,)x x ∈时，()0g x <，当0(,)x x ∈+∞时，()0g x >；所以当0(1,)x x ∈时，()0f x '<，()f x 为减函数，当0(,)x x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 为增函数，当0x x =时，，因为，当x 趋于+∞时，()f x 趋于+∞，所以在0(,)x x ∈+∞内，()f x 一定存在一个零点. 所以1(,)2a ∈+∞，故答案选D.4．【山东省烟台市2019届高三3月诊断性测试（一模)】已知函数，则使不等式(1)0f x ->成立的x 的最小整数为（）A ．-3B ．-2C ．-1D ．0【答案】D 【解析】根据题意，函数，其导数，0x ≠时，()f x '可以看成是1为首项，2x -为公比的等比数列，则有，函数()f x 在R 上为增函数，又由，，则函数()f x 在(2,1)--上存在唯一的零点，设其零点为t ，，又由21t -<<-，则，故不等式(1)0f x ->成立的x 的最小整数为0；故选：D ．5．【安徽省江淮十校2019届高三年级5月考前最后一卷】已知函数有三个零点，则实数a 的取值范围是（）A ．10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．(0,)eC ．1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭D ．(,)e +∞【答案】A 【解析】由函数有三个零点，可转化为ln y x =与直线y ax =有三个不同的交点，显然0a ≤时不满足条件.当0a >时，若1x >，设切点坐标为()00,ln x x ，由ln y x =得1y x'=，所以切线斜率为01x ，因此，切线方程为：，由切线过原点，得0x e = ，此时切线的斜率为1e.故当10a e<<时，1x >，直线y ax =与ln y x =有两个交点；当01x <<时，直线y ax =与ln y x =有一个交点，结合图像可得，10a e<<故选A.6．【重庆南开中学2019届高三第四次教学检测】若函数的图象不经过第四象限，则正实数a 的取值范围为( ) A ．[)1,+∞ B ．1,e 2⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭D ．1,1e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦【答案】C 【解析】当210a -≥,即12a ≥()0f x '= ,得或0x =，当或0x > ，()'0;f x > ，()'0;fx <故()f x 在()0,∞+ 单调递增，又(0)0f =，故图象不经过第四象限，符合题意当210a -<，即12a <时，()0f x '= ,得12,2ax a-=或0x =，当122a x a -> ，()'0;f x > ，()'0;fx <故()f x 在120,2a a -⎛⎫⎪⎝⎭ 单调递减，在递增，又(0)0f =，故图像经过第四象限，舍去故选：C7．【安徽省1号卷�A10联盟2019年高考最后一卷】已知函数()f x 的导函数为()'f x ，e 为自然对数的底数，对x R ∀∈均有成立，且()22f e =，则不等式()2xxf x e >的解集是（）A ．(),e -∞B ．(),e +∞C ．(),2-∞D ．()2,+∞【答案】D 【解析】原不等式等价于()2xxf x e>，令，则恒成立，()g x \在R 上是增函数，又()22f e =，()22g ∴=，∴原不等式为，解得2x >，故选D .8．【江西省新八校2019届高三第二次联考】已知函数，要使函数()0f x >恒成立，则正实数m 应满足（） A ．B ．C ．D ．【答案】A 【解析】由，得：若20m m-≤，即02m <≤时，则()0f x '>恒成立，即()f x 在(0,)+∞上单调递增又0x +→时，()f x →-∞，与()0f x >恒成立矛盾；若20m m->，即2m >时当时，()0f x '<，当时，()0f x '>若()0f x >恒成立，需()min 0f x >，即：本题正确选项：A9．【辽宁省沈阳市2019届高三教学质量监测（三)】已知函数，其中e 是自然对数的底数．若，则实数a 的取值范围是（）．A ．31,2⎡⎤-⎢⎥⎣⎦B ．3,12⎡⎤-⎢⎥⎣⎦C ．11,2⎡⎤-⎢⎥⎣⎦D ．1,12⎡⎤-⎢⎥⎣⎦【答案】C 【解析】令，x R ∈．则，()g x ∴在R 上为奇函数．，∴函数()g x 在R 上单调递增．，化为：，即，化为：，221a a ∴-…，即，解得112a -剟． ∴实数a 的取值范围是1[1,]2-．故选：C ．10．【湖南省长沙市第一中学2019届高三下学期高考模拟卷（一)】若不等式对],[11ex ∈成立，则实数m 的取值范围是（）A ．1[,)2-+∞ B ．1(,]2-∞-C ．1[,1]2-D ．[1,)+∞【答案】A 【解析】设1ln t x x =+，由1,1e x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，则在1,1e x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上t 0'≤恒成立， ∴1ln t x x=+单调递减，则[1,1]t e ∈-；当2e m ≤时，，解得：12m ≥-；当2e m >时，，恒成立；综上知：当m ∈1[,)2-+∞时，不等式对1,1e x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦成立. 故选A.11．【019年甘肃省兰州市高考数学一诊】已知函数f （x ）=alnx 21x 2-+14，当a ∈（-102，）时，函数的零点个数为______．【答案】1 【解析】函数f （x ）=，可得f′（x ）=a x-x ， a ∈（1,02-）时，f′（x ）＜0，函数是减函数，，所以函数函数f （x ）=alnx 21124x -+，当a ∈（1,02-）时，函数的零点个数为1．故答案为：1．12．【江苏省南通市通州区2019届高三第二学期四月质量调研检测】已知函数，若不等式的解集中恰有两个整数，则实数的取值范围是_______．【答案】【解析】由，可得，设，则.令，则，所以上单调递增.由于，所以，所以单调递减：在单调递增.要使不等式的解集中恰有两个整数，即的解集中恰有两个整数，必须解集中的两个整数为2和3. 所以，解得.13．【江苏省苏锡常镇四市2019届高三教学情况调查（二)】已知e 为自然对数的底数，函数的图像恒在直线32y ax =上方，则实数a 的取值范围为_______．【答案】(12,0e -⎤-⎦ 【解析】因为函数的图像恒在直线32y ax =上方，所以x R ∀∈，恒成立，即：恒成立.当0a >时，若x →-∞，0x e →，，不满足恒成立.当0a =时，恒成立.当0a <时，不等式恒成立等价于：，记，则，此时，()h x 在(),1-∞-上递减，在31,2⎛⎫- ⎪⎝⎭上递增，在3,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上递减，其简图如下：所以，所以12a e<-，又0a <，解得：02ea -<<. 综上所述：02ea -<≤ 14．【江西省景德镇市2019届高三第二次质检理】函数的图像经过四个象限，则实数a 的取值范围是_________. 【答案】【解析】解：当0x >时，10x e ->；当0x <时，10x e -<；且()00f =记，则①当0a =时，()'0g x ≥恒成立，且只有()'00g =，所以()g x 在R 上单调递增又()00g =，所以当0x >时，()0g x >，()0f x >；当0x <时，()0g x <，()0f x > 所以()f x 图像经过第一、二两个象限，不符合题意 ②当0a >时，令()'0g x =，得x a =± 当和(),a +∞时，()'0g x >，()g x 单调递增；当()x ,a a ∈-时，()'0g x <，()g x 单调递减因为函数的图像经过四个象限所以,解得1a >③当0a <时，令()'0g x =，得x a =±当()x ,a ∈-∞和(),a -+∞时，()'0g x >，()g x 单调递增；当()x ,a a ∈-时，()'0g x <，()g x 单调递减因为函数的图像经过四个象限所以,解得1a <-综上所述：1a >或1a <- 故答案为：15．【江苏省海安高级中学2019届高三上学期第二次月考】若关于x 的不等式对任意的实数及任意的实数恒成立，则实数a 的取值范围是______．【答案】【解析】关于x 的不等式对任意的实数及任意的实数恒成立，先看成b的一次函数，可得即为，可得恒成立，设，，可得时，递增；时，递减，又，可得的最小值为，可得．即有a的范围是．故答案为：．16．【山东省临沂市2019届高三2月教学质量检测】若，则定义直线为曲线的“分界直线”．已知，则的“分界直线”为____．【答案】y=x-1【解析】由f（1）＝ln1＝0，g（1）（1﹣1）＝0，则f（x），g（x）的图象存在交点（1，0），且f（x），g（x）在[1，+∞）递增，可得直线y＝kx+b必过（1，0），即b＝﹣k，由kx +b ≥g （x ），即kx ﹣k （x ）在x ＞1恒成立，即有（2k ﹣1）x 2﹣2kx +1≥0，可得2k ﹣1＞0，且△＝4k 2﹣4（2k ﹣1）≤0，解得k ＝1，即有直线方程为y ＝x ﹣1，下面证明x ﹣1≤xlnx 在x ≥1恒成立，由y ＝xlnx ﹣x +1的导数为y ′＝1+lnx ﹣1＝lnx ，由x ≥1可得lnx ≥0，即有函数y ＝xlnx ﹣x +1在x ≥1递增，可得xlnx ≥x ﹣1在x ≥1恒成立，则f （x ），g （x ）的“分界直线”为y ＝x ﹣1．故答案为：y ＝x ﹣1．17．【河南省八市重点高中联盟“领军考试”2019届高三第五次测评】已知函数，曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线为.（1）求a ，b 的值；（2）若对任意的()1,x ∈+∞，恒成立，求正整数m 的最大值.【答案】（1）1a =，0b =；（2）3 【解析】（1）由得：由切线方程可知：，，解得：1a =，0b =（2）由（1）知则()1,x ∈+∞时，恒成立等价于()1,x ∈+∞时，恒成立令，1x >，则.令，则∴当()1,x ∈+∞时，()0h x '>，则()h x 单调递增，，使得()00h x =当()01,x x ∈时，()0g x '<；时，()0g x '>，即正整数m 的最大值为318．【山西省晋城市2019届高三第三次模拟考试】已知函数.（Ⅰ）若1m =，求曲线()y f x =在(0,(0))f 处的切线方程；（Ⅱ）若关于x 的不等式在[0,)+∞上恒成立，求实数m 的取值范围.【答案】（Ⅰ）10x y -+=；（Ⅱ）【解析】（Ⅰ）依题意，，故.'(0)1f =，而(0)1f =.故所求切线方程为1y x -=，即10x y -+=. （Ⅱ）由得.即问题转化为当0x ≥时，.令，0x ≥，则.由'()0g x =及0x ≥，得31x =-.当时，'()0g x >，()g x 单调递增；当时，'()0g x <，()g x 单调递减.所以当31x =-时，. 所以132m e -≥.即实数m 的取值范围为.19．【安徽省定远中学2019届高三全国高考猜题预测卷】已知函数.（1）当a e =时，求函数()f x 的单调区间；（2）证明：当2a ≤-时，()2f x ≥.【答案】（1）增区间为(),0-∞，()1,+∞，减区间为()0,1.（2）见证明【解析】解：（1）当a e =时，，所以，讨论：①当0x <时，0x xe e -<，有()'0f x >；②当01x <<时，由函数xy xe =为增函数，有0x xe e -<，有()'0f x <； ③当1x >时，由函数xy xe =为增函数，有0x xe e ->，有()'0f x >.综上，函数()f x 的增区间为(),0-∞，()1,+∞，减区间为()0,1. 证明：（2）当2a ≤-时，有112a -≥，所以2212ax x -≥，所以. 令，则.令，有.令()'0h x =，得1x =-.分析知，函数()h x 的增区间为()1,-+∞，减区间为(),1-∞-.所以.所以分析知，函数()g x 的增区间为()0,∞+，减区间为(),0-∞, 所以,故当2a ≤-时，()2f x ≥.20．【晋冀鲁豫中原名校2019届高三第三次联考】已知函数.（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若对，()0f x ≥，求实数a 的取值范围.【答案】（1）见解析（2）(,0]-∞ 【解析】解：（1）由题意知，()f x 的定义域为(0,)+∞，由，得.①当0a ≤时，令'()0f x >，可得1x >，'()0f x <，得01x <<，故函数()f x 的增区间为(1,)+∞，减区间为(0,1)；②当102a <<时，112a >，令'()0f x >，可得112x a <<，'()0f x <，得01x <<或12x a>，故()f x 的增区间为11,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，减区间为(0,1)、1,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭；③当12a =时，，故函数()f x 的减区间为(0,)+∞；④当12a >时，1012a <<，令'()0f x >，可得112x a <<，'()0f x <，得102x a <<，或1x >，故()f x 的增区间为1,12a ⎛⎫⎪⎝⎭，减区间为10,2a ⎛⎫⎪⎝⎭，(1,)+∞.综上所述：当0a ≤时，()f x 在(0,1)上为减函数，在(1,)+∞上为增函数；当102a <<时，()f x 在(0,1)，1,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上为减函数，在11,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上为增函数；当12a =时，()f x 在(0,)+∞为减函数；当12a >时，()f x 在10,2a ⎛⎫⎪⎝⎭，(1,)+∞上为减函数，在1,12a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上为增函数. （2）由（1）可知： ①当0a ≤时，，此时()0f x ≥；②当102a <<时，(1)0f =，当时，有ln 0x >，1ax a >+，可得，不符合题意；③当12a =时，(1)0f =，由函数()f x 的单调性可知，当(1,)x ∈+∞时()0f x <，不符合题意； ④当12a >时，(1)0f =，由函数()f x 的单调性可知，当1,12x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时()0f x <，不符合题意. 综上可知，所求实数a 的取值范围为(,0]-∞.能力提升训练1．【重庆一中2019届高三下学期5月月考】设[]x 表示不大于实数x 的最大整数，函数，若关于x 的方程1)(=x f 有且只有5个解，则实数a 的取值范围为（）A ．(,1)-∞-B ．(,)e -∞-C ．(,1]-∞-D ．(,]e -∞-【答案】A 【解析】首先，确定在x ＞0上，方程f(x)=1的解.时，在，，所以由取整意义有[lnx]=-(n+1), 又即在上，恒有取n=0,，令此时有一根1x e -=，当n ≥1时，恒有f(x)-1＞1，此时在上无根.在上，，，又所以在上，恒有，.n=1时，在2[,e e ）上，有n=2时，在23,)e [e 上，有()1,f x ∴=即所以此时有两根，这样在有三根，在显然(0)1,f =有一根4=0x ，所以在有且仅有一根，由“洛必达法则”是先增后减，得或a ＞0.单调递增，()0f x '∴>即1.a ∴<-故选：A2．【辽宁省大连市2019届高三第二次模拟考试】函数是自然对数的底数，）存在唯一的零点，则实数的取值范围为（）A ．B ．C ．D ．【答案】A 【解析】函数是自然对数的底数，）存在唯一的零点等价于函数与函数只有唯一一个交点，，函数与函数唯一交点为，又，且，上恒小于零，即为单调递减函数，又是最小正周期为2，最大值为的正弦函数，可得函数与函数的大致图像如图：要使函数与函数只有唯一一个交点，则，，，解得，又所以实数的范围为。

2023年高考数学微专题练习专练16高考大题专练一导数的应用含解析理

专练16 高考大题专练(一) 导数的应用命题范围：导数的应用、导数的几何意义．1．[2022·云南省昆明市检测]已知函数f (x )＝1－ax 2ex，a ≠0(1)讨论f (x )的单调性；(2)当x ＞0，a ＞0时，e xf (x )≥bx ，证明：ab ≤2e327.2．[2022·全国甲卷(理)，21]已知函数f (x )＝exx－ln x ＋x －a .(1)若f (x )≥0，求a 的取值范围；(2)证明：若f (x )有两个零点x 1，x 2，则x 1x 2<1.3.[2022·河南省郑州市质检]已知函数f(x)＝ln (x＋1)－x＋1.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)设函数g(x)＝a e x－x＋ln a，若函数F(x)＝f(x)－g(x)有两个零点，求实数a的取值范围．4．[2022·全国乙卷(理)，21]已知函数f(x)＝ln (1＋x)＋ax e－x(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)若f(x)在区间(－1，0)，(0，＋∞)各恰有一个零点，求a的取值范围．5．[2022·江西省二模]已知函数f (x )＝a ln x ＋x 22－(a ＋1)x ＋a ＋12(a ∈R )有一个大于1的零点x 0.(1)求实数a 的取值范围；(2)证明：对任意的x ∈(1，x 0]，都有a ln x －x ＋1＞0恒成立．专练16 高考大题专练(一) 导数的应用1．解析：(1)f(x)的定义域为R ，f ′(x )＝－2ax e x －ax 2e x（e x ）2＝ax （x －2）e x. ①a ＞0时，当x ∈(－∞，0)或x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增；当x ∈(0，2)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减．②a ＜0时，当x ∈(－∞，0)或x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；当x ∈(0，2)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增．(2)由e xf (x )≥bx ，得e x－ax 2－bx ≥0，因为x ＞0，所以e xx－ax 2－bx ≥0，令g (x )＝e x x －ax －b (x ＞0)，则g ′(x )＝（x －1）exx2－a ，设h (x )＝（x －1）e x x 2－a (x ＞0)，则h ′(x )＝（x 2－2x ＋2）e xx3＞0，所以h (x )在(0，＋∞)上单调递增，又因为h (1)＝－a ＜0，h (1＋a )＝a e 1＋a （1＋a ）2－a ＞a ·（1＋a ）2（1＋a ）2－a ＝a －a ＝0，(由(1)知当a ＝1时，f (x )≥f (2)＝1－4e 2＞0，所以当x ＞0时，1－x 2e x ＞0，即e x ＞x 2.)所以，存在x 0∈(1，1＋a )，使得h (x 0)＝0，即a ＝（x 0－1）e x 0x 2. 所以，当x ∈(0，x 0)时，g ′(x )＜0，g (x )单调递减；当x ∈(x 0，＋∞)时，g ′(x )＞0，g (x )单调递增，所以g (x )≥g (x 0)＝e x 0x 0－ax 0－b ≥0，所以b ≤e x 0x 0－（x 0－1）e x 0x 0＝（2－x 0）e x 0x 0.所以ab ≤（x 0－1）（2－x 0）e2x 0x 30 ＝（－x 20 ＋3x 0－2）e2x 0x 3.设F (x )＝（－x 2＋3x －2）e2xx3(x ＞1)，则 F (x )＝－2x 3－7x 2＋10x －6x4·e 2x ＝－（2x －3）（x 2－2x ＋2）x4·e 2x ，当1＜x ＜32时，F ′(x )>0，F (x )单调递增；当x ＞32时，F ′(x )＜0，F (x )单调递减．所以F (x )≤F (32)＝2e 327，所以ab ≤2e327.2．解析：(1)由题意可知函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝e x（x －1）x 2－1x＋1＝（e x＋x ）（x －1）x2. 令f ′(x )＝0，解得x ＝1.当x ∈(0，1)时，f ′(x )＜0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0.所以f (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以f (x )min ＝f (1)＝e ＋1－a .若f (x )≥0，则f (x )min ＝e ＋1－a ≥0，解得a ≤e＋1. 故a 的取值范围为(－∞，e ＋1].(2)证明：由(1)可知，要使f (x )有两个零点，则f (x )min ＝f (1)＝e ＋1－a ＜0，即a ＞1＋e.假设0＜x 1＜1＜x 2，要证明x 1x 2＜1，即需证明1＜x 2＜1x 1.又因为f (x )在x ∈(1，＋∞)上单调递增，所以要证明1＜x 2＜1x 1，则需证明f (x 2)＜f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1，即f (x 1)＜f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x1.令F (x )＝f (x )－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ，0＜x ＜1，则F ′(x )＝f ′(x )＋f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ·1x2＝（x －1）（e x＋x －x e 1x －1）x2.因为e x在x ∈(0，1)上单调递增，所以e x＜e ，所以当x ∈(0，1)时，e x＋x ＜e ＋1.又函数y ＝x e 1x 在(0，1)上单调递减，所以x e 1x ＞e ，所以－x e 1x －1＜－e －1，所以e x＋x－x e 1x －1＜e ＋1－e －1＝0，所以当x ∈(0，1)时，F ′(x )＞0，则F (x )在(0，1)上单调递增．因为F (1)＝f (1)－f (1)＝0，所以F (x )＜0，即f (x )＜f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ，所以若f (x )有两个零点x 1，x 2，则x 1x 2＜1.3．解析：(1)函数的定义域为{x |x ＞－1}，f ′(x )＝1x ＋1－1＝－xx ＋1，f ′(x )＞0，－1＜x ＜0；f ′(x )＜0，x ＞0.函数f (x )的单调递增区间为(－1，0)；单调递减区间为(0，＋∞). (2)要使函数F (x )＝f (x )－g (x )有两个零点，即f (x )＝g (x )有两个实根，即ln (x ＋1)－x ＋1＝a e x－x ＋ln a 有两个实根．即e x ＋ln a＋x ＋ln a ＝ln (x ＋1)＋x ＋1.整理为ex ＋ln a＋x ＋ln a ＝eln (x ＋1)＋ln (x ＋1)，设函数h (x )＝e x＋x ，则上式为h (x ＋ln a )＝h (ln (x ＋1))，因为h ′(x )＝e x ＋1＞0恒成立，所以h (x )＝e x＋x 单调递增，所以x ＋ln a ＝ln (x ＋1). 所以只需使ln a ＝ln (x ＋1)－x 有两个根，设M (x )＝ln (x ＋1)－x .由(1)可知，函数M (x )的单调递增区间为(－1，0)；单调递减区间为(0，＋∞)，故函数M (x )在x ＝0处取得极大值，M (x )max ＝M (0)＝0. 当x →－1时，M (x )→－∞；当x →＋∞时，M (x )→－∞，要想ln a ＝ln (x ＋1)－x 有两个根，只需ln a ＜0，解得0＜a ＜1.所以a 的取值范围是(0，1).4．解析：(1)当a ＝1时，f (x )＝ln (1＋x )＋x e －x，则f ′(x )＝11＋x ＋1－xex ，∴f (0)＝0，f ′(0)＝2，∴曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝2x ，即2x －y ＝0. (2)(方法一)函数f (x )的定义域为(－1，＋∞).①当a ≥0时，对于∀x >0，f (x )>0，则f (x )在(0，＋∞)上不存在零点，故不符合题意． ②当a <0时，f ′(x )＝1x ＋1＋a e －x(1－x )＝1＋a e －x（1－x 2）x ＋1.令g (x )＝1＋a e －x(1－x 2)，则g ′(x )＝a e －x(－2x ＋x 2－1)＝a e －x(x －1－2)(x －1＋2).对于∀x >－1，e －x >0，∵a <0，∴g (x )在(－1，1－2)和(1＋2，＋∞)上单调递减，在(1－2，1＋2)上单调递增．由已知，得g (－1)＝1，g (1－2)＝1＋a e2－1·2(2－1)，g (0)＝1＋a ，g (1)＝1.(ⅰ)若－1≤a ≤0，则有：当0<x ≤1时，g (x )单调递增，g (x )>g (0)＝1＋a ≥0；当x >1时，由于1－x 2<0，a e －x<0，故g (x )＝1＋a e －x(1－x 2)>1>0. 综上可知，当x >0时，都有g (x )>0，则f ′(x )＝g （x ）x ＋1>0， ∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增．∴对于∀x >0，f (x )>f (0)＝0，f (x )在(0，＋∞)上不存在零点，符合题意． (ⅱ)当a <－1时，g (1－2)<g (0)＝1＋a <0.又∵g (－1)＝1>0，∴∃x 0∈(－1，0)，满足g (x 0)＝0，且∀x ∈(－1，x 0)，都有g (x )>0，则f ′(x )＝g （x ）x ＋1>0， ∀x ∈(x 0，0)，都有g (x )<0，则f ′(x )＝g （x ）x ＋1<0， ∴f (x )在(－1，x 0)上单调递增，在(x 0，0)上单调递减．又∵f (0)＝0，∴f (x 0)>0. 又∵当x →－1时，f (x )→－∞， ∴f (x )在(－1，0)上恰有一个零点．∵g (0)＝1＋a <0，g (1)＝1>0，g (x )在(0，1＋2)上单调递增，在[1＋2，＋∞)上单调递减，∴∃x 1∈(0，1)，满足g (x 1)＝0，且当x ∈(0，x 1)时，g (x )<0，则f ′(x )＝g （x ）x ＋1<0，当x ∈(x 1，1)时，g (x )>0，则f ′(x )＝g （x ）x ＋1>0. 又∵当x ≥1时，a e －x<0，1－x 2≤0， ∴g (x )＝1＋a e －x·(1－x 2)>0，∴f ′(x )＝g （x ）x ＋1>0， ∴f (x )在(0，x 1)上单调递减，在[x 1，＋∞)上单调递增．又∵f (0)＝0，∴∀x ∈(0，x 1)，f (x )<0，则f (x 1)<0. 又∵当x →＋∞时，ln (1＋x )→＋∞，ax e －x→0， ∴f (x )→＋∞，∴f (x )在(x 1，＋∞)上存在零点，且仅有一个．故f (x )在(0，＋∞)上恰有一个零点．综上可知，满足题意的a 的取值范围是(－∞，－1). (方法二)令g (x )＝e xln （1＋x ）x.f (x )在区间(－1，0)，(0，＋∞)上各恰有一个零点等价于g (x )＝e xln （1＋x ）x＝－a在(－1，0)，(0，＋∞)上各恰有一解．g ′(x )＝e x[x ln （1＋x ）＋x1＋x－ln （1＋x ）]x2. 令h (x )＝(x －1)ln (1＋x )＋x1＋x，则h ′(x )＝ln (1＋x )＋x －11＋x ＋1（1＋x ）2.令φ(x )＝ln (1＋x )＋x －11＋x ＋1（1＋x ）2，则φ′(x )＝（1＋x ）2＋2x（1＋x ）3. ①当x ∈(0，＋∞)时，φ′(x )>0，则h ′(x )>h ′(0)＝0，∴h (x )>h (0)＝0，∴g ′(x )>0，∴g (x )在(0，＋∞)上单调递增．又∵当x →0时，g (x )＝lim x →0e xln （1＋x ）x＝1，当x →＋∞时，g (x )→＋∞，∴a ∈(－∞，－1).②当x ∈(－1，3－2)时，φ′(x )<0；当x ∈(3－2，0)时，φ′(x )>0. ∵当x →－1时，φ(x )＝h ′(x )→＋∞，h ′(0)＝0， ∴存在a 1∈(－1，0)使h ′(a 1)＝0，∴h (x )在(－1，a 1)上单调递增，在(a 1，0)上单调递减．当x →－1时，h (x )→－∞. 又h (0)＝0，∴存在a 2∈(－1，a 1)，使得h (a 2)＝0，即g (x )在(－1，a 2)上单调递减，在(a 2，0)上单调递增．当x →－1时，g (x )→＋∞；当x →0时，g (x )→1，g (x )的大致图像如图．故当a ∈(－∞，－1)∪{－g (a 2)}时，g (x )＝－a 仅有一解；当a ∈(－1，－g (a 2))时，g (x )＝－a 有两解．综上可知，a ∈(－∞，－1).5．解析：(1)f ′(x )＝a x ＋x －(a ＋1)＝x 2－（a ＋1）x ＋a x ＝（x －1）（x －a ）x.①若a ≤1，则f ′(x )＞0在(1，＋∞)恒成立，即f (x )在(1，＋∞)上单调递增，当x ＞1时，f (x )＞f (1)＝0，与f (x )有一个大于1的零点x 0矛盾．②若a ＞1，令f ′(x )＞0，解得0＜x ＜1或x ＞a ，令f ′(x )＜0，解得1＜x ＜a . 所以f (x )在(0，1)和(a ，＋∞)上单调递增，在(1，a )上单调递减．所以f (a )＜f (1)＝0，当x →＋∞时，f (x )→＋∞，由零点存在性定理，f (x )在(a ，＋∞)上存在一个零点x 0.综上，a ＞1.(2)令g (x )＝a ln x －x ＋1，g ′(x )＝ax －1＝a －xx，由(1)知1＜a ＜x 0，令g ′(x )＞0，解得1＜x ＜a ，令g ′(x )＜0，解得a ＜x ＜x 0，故g (x )在(1，a )上单调递增，在(a ，x 0)上单调递减．g (1)＝0，g (x 0)＝a ln x 0－x 0＋1，因为x 0为函数f (x )的零点，故f (x 0)＝a ln x 0＋x 22－(a ＋1)x 0＋a ＋12＝0，即 a ln x 0＝－x 22＋(a ＋1)x 0－a －12，所以g (x 0)＝a ln x 0－x 0＋1＝－x 202＋(a ＋1)x 0－a －12－x 0＋1＝－x 20 2＋ax 0－a ＋12＝12(1－x 0)(x 0－2a ＋1). 又因为f (2a －1)＝a ln (2a －1)＋（2a －1）22－(a ＋1)(2a －1)＋a ＋12＝a ln (2a －1)－2a ＋2，令h (a )＝a ln (2a －1)－2a ＋2，则h ′(a )＝ln (2a －1)＋2a 2a －1－2＝ln (2a －1)＋12a －1－1，令m (a )＝ln (2a －1)＋12a －1－1，m ′(a )＝22a －1－2（2a －1）2＝4（a －1）（2a －1）2＞0恒成立，所以h ′(a )在(1，＋∞)上单调递增，h ′(a )＞h ′(1)＝0，所以h (a )在(1，＋∞)上单调递增，h (a )＞h (1)＝0，即f (2a －1)＞0，由(1)可知f (a )＜0，所以a ＜x 0＜2a －1，因为1－x 0＜0，x 0－2a ＋1＜0，所以g (x 0)＝12(1－x 0)·(x 0－2a ＋1)＞0，所以g (x )＞0在x ∈(1，x 0]恒成立，故对任意的x ∈(1，x 0]，都有a ln x －x ＋1＞0恒成立．。

高考数学一轮复习课时分层训练16 导数与函数的综合问题理北师大版

课时分层训练(十六) 导数与函数的综合问题A 组基础达标一、选择题1．方程x 3－6x 2＋9x －10＝0的实根个数是( )A ．3B ．2C ．1D ．0C [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.]2．若存在正数x 使2x(x －a )＜1成立，则实数a 的取值范围是( )【导学号：79140088】A ．(－∞，＋∞)B ．(－2，＋∞)C ．(0，＋∞)D ．(－1，＋∞)D [∵2x(x －a )＜1，∴a ＞x －12x .令f (x )＝x －12x ，∴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．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1D ．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．] 4．(2017·郑州市第一次质量预测)已知函数f (x )＝x ＋4x ，g (x )＝2x ＋a ，若任意x 1∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1，存在x 2∈[2,3]，使得f (x 1)≥g (x 2)，则实数a 的取值范围是( ) A ．a ≤1 B ．a ≥1 C ．a ≤2D ．a ≥2A [由题意知f (x )min ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1≥g (x )min (x ∈[2,3])，因为f (x )min ＝5，g (x )min ＝4＋a ，所以5≥4＋a ，即a ≤1，故选A.]5．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 ．6D ．5A [设圆柱的底面半径为R ，母线长为l ，则V ＝πR 2l ＝27π，∴l ＝27R2，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 ＝πR 2＋2πRl ＝πR 2＋2π·27R.∴S ′＝2πR －54πR2，令S ′＝0，得R ＝3，则当R ＝3时，S 最小．故选A.]二、填空题6．若函数e xf (x )(e ＝2.718 28…是自然对数的底数)在f (x )的定义域上单调递增，则称函数f (x )具有M 性质．下列函数中所有具有M 性质的函数的序号为________． ①f (x )＝2－x；②f (x )＝3－x；③f (x )＝x 3； ④f (x )＝x 2＋2.①④ [设g (x )＝e xf (x )．对于①，g (x )＝e x·2－x(x ∈R )，g ′(x )＝e x ·2－x －e x ·2－x ·ln 2＝(1－ln 2)·e x ·2－x >0，∴函数g (x )在R 上单调递增，故①中f (x )具有M 性质．对于②，g (x )＝e x·3－x(x ∈R )，g ′(x )＝e x ·3－x －e x ·3－x ·ln 3＝(1－ln 3)·e x ·3－x <0，∴函数g (x )在R 上单调递减，故②中f (x )不具有M 性质．对于③，g (x )＝e x·x 3(x ∈R )，g ′(x )＝e x ·x 3＋e x ·3x 2＝(x ＋3)·e x ·x 2，当x <－3时，g ′(x )<0，g (x )单调递减，故③中f (x )不具有M 性质．对于④，g (x )＝e x·(x 2＋2)(x ∈R )，g ′(x )＝e x ·(x 2＋2)＋e x ·2x ＝(x 2＋2x ＋2)·e x＝[(x ＋1)2＋1]·e x>0，∴函数g (x )在R 上单调递增，故④中f (x )具有M 性质．综上，具有M 性质的函数的序号为①④.]7．(2017·江苏高考)已知函数f (x )＝x 3－2x ＋e x－1e x ，其中e 是自然对数的底数．若f (a －1)＋f (2a 2)≤0，则实数a 的取值范围是________.【导学号：79140089】⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，12 [因为f (－x )＝(－x )3－2(－x )＋e －x －1e －x＝－x 3＋2x －e x＋1e x ＝－f (x )，所以f (x )＝x 3－2x ＋e x－1e x 是奇函数．因为f (a －1)＋f (2a 2)≤0，所以f (2a 2)≤－f (a －1)，即f (2a 2)≤f (1－a )．因为f ′(x )＝3x 2－2＋e x ＋e －x ≥3x 2－2＋2e x ·e －x ＝3x 2≥0，所以f (x )在R 上单调递增，所以2a 2≤1－a ，即2a 2＋a －1≤0，所以－1≤a ≤12.]8．若函数f (x )＝2x ＋sin x 对任意的m ∈[－2,2]，f (mx －3)＋f (x )＜0恒成立，则x 的取值范围是________．(－3,1) [因为f (x )是R 上的奇函数，f ′(x )＝2＋cos x ＞0，则f (x )在定义域内为增函数，所以f (mx －3)＋f (x )＜0可变形为f (mx －3)＜f (－x )，所以mx －3＜－x ，将其看作关于m 的一次函数，则g (m )＝x ·m －3＋x ，m ∈[－2,2]，可得若m ∈[－2,2]时，g (m )＜0恒成立．则g (2)＜0，g (－2)＜0，解得－3＜x ＜1.]三、解答题9．已知函数f (x )＝e x＋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 )＝e x＋a ，由于e x＞0. ①当a ＞0时，f ′(x )＞0，f (x )是增函数，当x ＞1时，f (x )＝e x ＋a (x －1)＞0.当x ＜0时，取x ＝－1a，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＜1＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a －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 )＝e x＋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 ))＝e ln(－a )＋a ln(－a )－a ＝－2a ＋a ln(－a )＞0，解得－e 2＜a ＜0.综上所述，所求实数a 的取值范围是－e 2＜a ＜0. 10．(2018·合肥一检)已知函数f (x )＝2a －x2ex (a ∈R )．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)若任意x ∈[1，＋∞)，不等式f (x )＞－1恒成立，求实数a 的取值范围． [解] (1)f ′(x )＝x 2－2x －2aex，当a ≤－12时，x 2－2x －2a ≥0，故f ′(x )≥0，∴函数f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增，∴当a ≤－12时，函数f (x )的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间．当a ＞－12时，令x 2－2x －2a ＝0⇒x 1＝1－2a ＋1，x 2＝1＋2a ＋1，列表由表可知，当a ＞－2时，函数f (x )的单调递增区间为(－∞，1－2a ＋1)和(1＋2a ＋1，＋∞)，单调递减区间为(1－2a ＋1，1＋2a ＋1)．(2)∵f (x )＞－1⇔2a －x 2e x ＞－1⇔2a ＞x 2－e x，∴由条件2a ＞x 2－e x，对任意x ≥1成立．令g (x )＝x 2－e x ，h (x )＝g ′(x )＝2x －e x， ∴h ′(x )＝2－e x，当x ∈[1，＋∞)时，h ′(x )＝2－e x≤2－e ＜0，∴h (x )＝g ′(x )＝2x －e x在[1，＋∞)上单调递减， ∴h (x )＝2x －e x≤2－e ＜0，即g ′(x )＜0， ∴g (x )＝x 2－e x在[1，＋∞)上单调递减， ∴g (x )＝x 2－e x≤g (1)＝1－e ，故f (x )＞－1在[1，＋∞)上恒成立，只需2a ＞g (x )max ＝1－e ， ∴a ＞1－e 2，即实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫1－e 2，＋∞. B 组能力提升11．(2018·山东省实验中学诊断)若函数f (x )在R 上可导，且满足f (x )－xf ′(x )＞0，则( )A ．3f (1)＜f (3)B ．3f (1)＞f (3)C ．3f (1)＝f (3)D ．f (1)＝f (3)B [由于f (x )＞xf ′(x )，则⎣⎢⎡⎦⎥⎤f (x )x ′＝xf ′(x )－f (x )x 2＜0恒成立，因此f (x )x 在R 上是单调递减函数，所以f (3)3＜f (1)1，即3f (1)＞f (3)．]12．方程f (x )＝f ′(x )的实数根x 0叫作函数f (x )的“新驻点”，如果函数g (x )＝ln x 的“新驻点”为a ，那么a 满足( ) A ．a ＝1 B ．0＜a ＜1 C ．2＜a ＜3D ．1＜a ＜2D [∵g ′(x )＝1x ，∴ln x ＝1x.设h (x )＝ln x －1x，则h (x )在(0，＋∞)上为增函数．又∵h (1)＝－1＜0，h (2)＝ln 2－12＝ln 2－ln e ＞0，∴h (x )在(1,2)上有零点，∴1＜a ＜2.]13．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________.【导学号：79140090】(－∞，－2) [当a ＝0时，显然f (x )有两个零点，不符合题意．当a ≠0时，f ′(x )＝3ax 2－6x ，令f ′(x )＝0，解得x 1＝0，x 2＝2a.当a ＞0时，2a＞0，所以函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1在(－∞，0)和⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ，＋∞上为增函数，在⎝⎛⎭⎪⎫0，2a 上为减函数，因为f (x )存在唯一零点x 0，且x 0＞0，则f (0)＜0，即1＜0，不成立．当a ＜0时，2a＜0，所以函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，2a 和(0，＋∞)上为减函数，在⎝ ⎛⎭⎪⎫2a，0上为增函数，因为f (x )存在唯一零点x 0，且x 0＞0，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＞0，即a ·8a 3－3·4a 2＋1＞0，解得a ＞2或a ＜－2，又因为a ＜0，故a 的取值范围为(－∞，－2)．]14．已知函数f (x )＝ex －m－x ，其中m 为常数．(1)若对任意x ∈R 有f (x )≥0恒成立，求m 的取值范围； (2)当m ＞1时，判断f (x )在[0,2m ]上零点的个数，并说明理由． [解] (1)依题意，可知f ′(x )＝e x －m－1，令f ′(x )＝0，得x ＝m . 故当x ∈(－∞，m )时，e x －m＜1，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；当x ∈(m ，＋∞)时，ex －m＞1，f ′(x )＞0，f (x )单调递增．故当x ＝m 时，f (m )为极小值也是最小值．令f (m )＝1－m ≥0，得m ≤1，即对任意x ∈R ，f (x )≥0恒成立时，m 的取值范围是(－∞，1]． (2)f (x )在[0,2m ]上有两个零点，理由如下：当m ＞1时，f (m )＝1－m ＜0.∵f (0)＝e －m＞0，f (0)·f (m )＜0，且f (x )在(0，m )上单调递减． ∴f (x )在(0，m )上有一个零点．又f (2m )＝e m－2m ，令g (m )＝e m－2m ，则g ′(m )＝e m－2，∵当m ＞1时，g ′(m )＝e m－2＞0， ∴g (m )在(1，＋∞)上单调递增．∴g (m )＞g (1)＝e －2＞0，即f (2m )＞0. ∴f (m )·f (2m )＜0，∴f (x )在(m,2m )上有一个零点．故f (x )在[0,2m ]上有两个零点．。

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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－12x.

令f(x)＝x－12x，∴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＋3x对x∈(0，＋∞)恒成立，

令g(x)＝2ln x＋x＋3x，则g′(x)＝2x＋1－3x2＝x2＋2x－3x2，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＋4x，g(x)＝2x＋a，若∀x1∈12，1，∃x2∈[2,3]，使得f(x1)≥g(x2)，则实数a的取值范围是________． (－∞，1] [当x∈12，1时，f′(x)＝1－4x2＜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＝－1a，则f－1a＜1＋a－1a－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)＝2a－x2ex(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)＝x2－2x－2aex，

当a≤－12时，x2－2x－2a≥0，故f′(x)≥0， ∴函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增， ∴当a≤－12时，函数f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间．

当a＞－12时，令x2－2x－2a＝0⇒x1＝1－2a＋1， x2＝1＋2a＋1，

列表 x (－∞，1－2a＋1) (1－2a＋1，1＋2a＋1) (1＋2a＋1，

＋∞) f′(x) ＋－＋

f(x) ↗ ↘ ↗

由表可知，当a＞－12时，函数f(x)的单调递增区间为(－∞，1－2a＋1)和(1＋2a＋1，＋∞)，单调递减区间为(1－2a＋1，1＋2a＋1)． (2)∵f(x)＞－1⇔2a－x2ex＞－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＞1－e2，即实数a的取值范围是1－e2，＋∞. 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＝27R2，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·27R.

∴S′＝2πR－54πR2，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)＝exx，则f′(x)＝xex－exx2＝exx－x2. 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ex2x2＜ex1x1，所以x2ex1＞x1ex2，故选C.] 3．若函数f(x)＝ax－aex＋1(a<0)没有零点，则实数a的取值范围为________．

(－e2,0) [f′(x)＝aex－ax－axe2x＝－ax－ex(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)＝ae2＋1.

若使函数f(x)没有零点，当且仅当f(2)＝ae2＋1＞0. 解之得a>－e2，因此－e24．(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)≤－34a－2. [解] (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝1x＋2ax＋2a＋1＝x＋ax＋x.

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∈0，－12a时，f′(x)>0；

当x∈－12a，＋∞时，f′(x)<0. 故f(x)在0，－12a上单调递增，在－12a，＋∞上单调递减． (2)证明：由(1)知，当a<0时，f(x)在x＝－12a处取得最大值，最大值为f－12a＝ln

－1

－1－14a.