2020届浙江一轮复习通用版 3.2.3导数与函数的综合问题 作业

[基础达标]1．(2019·台州市高考模拟)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 ．0B ．1C ．0或1D ．无数个解析：选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．2．(2019·丽水模拟)设函数f (x )＝ax 3－3x ＋1(x ∈R )，若对于任意x ∈[－1，1]，都有f (x )≥0成立，则实数a 的值为________．解析：(构造法)若x ＝0，则不论a 取何值，f (x )≥0显然成立； 当x >0时，即x ∈(0，1]时，f (x )＝ax 3－3x ＋1≥0可化为a ≥3x 2－1x 3.设g (x )＝3x 2－1x 3，则g ′(x )＝3（1－2x ）x 4，所以g (x )在区间⎝⎛⎦⎤0，12上单调递增，在区间⎣⎡⎦⎤12，1上单调递减，因此g (x )max ＝g ⎝⎛⎭⎫12＝4，从而a ≥4.当x <0时，即x ∈[－1，0)时，同理a ≤3x 2－1x 3.g (x )在区间[－1，0)上单调递增， 所以g (x )min ＝g (－1)＝4， 从而a ≤4，综上可知a ＝4.答案：43．已知函数f (x )＝(2－a )(x －1)－2ln x (a ∈R )． (1)当a ＝1时，求f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0，13上无零点，求a 的取值范围． 解：(1)当a ＝1时，f (x )＝x －1－2ln x ， 则f ′(x )＝1－2x ＝x －2x，由f ′(x )＞0，得x ＞2，由f ′(x )＜0，得0＜x ＜2，故f (x )的单调递减区间为(0，2)，单调递增区间为(2，＋∞)． (2)因为f (x )＜0在区间⎝⎛⎭⎫0，13上恒成立不可能， 故要使函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0，13上无零点， 只要对任意的x ∈⎝⎛⎭⎫0，13，f (x )＞0恒成立， 即对x ∈⎝⎛⎭⎫0，13，a ＞2－2ln xx －1恒成立． 令h (x )＝2－2ln xx －1，x ∈⎝⎛⎭⎫0，13， 则h ′(x )＝2ln x ＋2x－2（x －1）2，再令m (x )＝2ln x ＋2x －2，x ∈⎝⎛⎭⎫0，13， 则m ′(x )＝－2（1－x ）x 2＜0，故m (x )在⎝⎛⎭⎫0，13上为减函数， 于是，m (x )＞m ⎝⎛⎭⎫13＝4－2ln 3＞0，从而h ′(x )＞0，于是h (x )在⎝⎛⎭⎫0，13上为增函数， 所以h (x )＜h ⎝⎛⎭⎫13＝2－3ln 3，所以a 的取值范围为[2－3ln 3，＋∞)．4．(2019·嵊州市第二次高考适应性考试)已知函数f (x )＝x 2＋1x ，x ∈(0，1]．(1)求f (x )的极值点； (2)证明：f (x )＞x ＋34.解：(1)f ′(x )＝2x －1x2.令f ′(x )＝0，解得x ＝312∈(0，1]．当0＜x ＜312时，f ′(x )＜0，此时f (x )单调递减；当312＜x ≤1时，f ′(x )＞0，此时f (x )单调递增，所以，f (x )有极小值点x ＝312，但不存在极大值点． (2)证明：设F (x )＝f (x )－x ，x ∈(0，1]，则F ′(x )＝2x －1x 2－12x ＝4x 3－（x ）3－22x 2，设t ＝(x )3，则方程4x 3－(x )3－2＝4t 2－t －2＝0在区间t ∈(0，1)内恰有一个实根．设方程4x 3－(x )3－2＝0在区间(0，1)内的实根为x 0，即x 30＝（x 0）3＋24.所以，当0＜x ＜x 0时，F ′(x )＜0，此时F (x )单调递减； 当x 0＜x ≤1时，F ′(x )＞0，此时F (x )单调递增．所以[F (x )]min ＝F (x 0)＝x 20＋1x 0－x 0＝x 30－（x 0）3＋1x 0＝－34x 0＋32x 0.由y ＝－34x ＋32x 在(0，1]上是减函数知，－34x 0＋32x 0＞－34×1＋32×1＝34，故[F (x )]min＞34. 综上：f (x )>x ＋34.5.函数f (x )＝13x 3＋ax 2＋bx ＋c (a ，b ，c ∈R )的导函数的图象如图所示：(1)求a ，b 的值并写出f (x )的单调区间；(2)若函数y ＝f (x )有三个零点，求c 的取值范围． 解：(1)因为f (x )＝13x 3＋ax 2＋bx ＋c ，所以f ′(x )＝x 2＋2ax ＋b .因为f ′(x )＝0的两个根为－1，2，所以⎩⎪⎨⎪⎧－1＋2＝－2a ，－1×2＝b ，解得a ＝－12，b ＝－2，由导函数的图象可知，当－1＜x ＜2时，f ′(x )＜0，函数单调递减， 当x ＜－1或x ＞2时，f ′(x )＞0，函数单调递增，故函数f (x )在(－∞，－1)和(2，＋∞)上单调递增，在(－1，2)上单调递减． (2)由(1)得f (x )＝13x 3－12x 2－2x ＋c ，函数f (x )在(－∞，－1)，(2，＋∞)上是增函数，在(－1，2)上是减函数， 所以函数f (x )的极大值为f (－1)＝76＋c ，极小值为f (2)＝c －103.而函数f (x )恰有三个零点，故必有⎩⎨⎧76＋c ＞0，c －103＜0，解得－76＜c ＜103.所以使函数f (x )恰有三个零点的实数c 的取值范围是⎝⎛⎭⎫－76，103. 6．(2019·浙江金华十校第二学期调研)设函数f (x )＝e x －x ，h (x )＝－kx 3＋kx 2－x ＋1.(1)求f (x )的最小值；(2)设h (x )≤f (x )对任意x ∈[0，1]恒成立时k 的最大值为λ，证明：4＜λ＜6. 解：(1)因为f (x )＝e x －x ，所以f ′(x )＝e x －1， 当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减， 当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增， 所以f (x )min ＝f (0)＝1.(2)证明：由h (x )≤f (x )，化简可得k (x 2－x 3)≤e x －1， 当x ＝0，1时，k ∈R ，当x ∈(0，1)时，k ≤e x －1x 2－x3，要证：4＜λ＜6，则需证以下两个问题； ①e x －1x 2－x 3＞4对任意x ∈(0，1)恒成立； ②存在x 0∈(0，1)，使得e x 0－1x 20－x 30＜6成立．先证：①e x －1x 2－x 3＞4，即证e x －1＞4(x 2－x 3)，由(1)可知，e x －x ≥1恒成立，所以e x －1≥x ， 又x ≠0，所以e x －1＞x ，即证x ≥4(x 2－x 3)⇔1≥4(x －x 2)⇔(2x －1)2≥0， (2x －1)2≥0，显然成立，所以e x －1x 2－x 3＞4对任意x ∈(0，1)恒成立；再证②存在x 0∈(0，1)，使得e x 0－1x 20－x 30＜6成立．取x 0＝12，e －114－18＝8(e －1)，因为e ＜74，所以8(e －1)＜8×34＝6，所以存在x 0∈(0，1)，使得e x 0－1x 20－x 30＜6，由①②可知，4＜λ＜6.[能力提升]1．(2019·杭州市学军中学高考模拟)已知函数f (x )＝13ax 3－12bx 2＋x (a ，b ∈R )．(1)当a ＝2，b ＝3时，求函数f (x )极值；(2)设b ＝a ＋1，当0≤a ≤1时，对任意x ∈[0，2]，都有m ≥|f ′(x )|恒成立，求m 的最小值．解：(1)当a ＝2，b ＝3时，f (x )＝23x 3－32x 2＋x ，f ′(x )＝2x 2－3x ＋1＝(2x －1)(x －1)，令f ′(x )＞0，解得：x ＞1或x ＜12，令f ′(x )＜0，解得：12＜x ＜1，故f (x )在(－∞，12)单调递增，在(12，1)单调递减，在(1，＋∞)单调递增，故f (x )极大值＝f (12)＝524，f (x )极小值＝f (1)＝16.(2)当b ＝a ＋1时，f (x )＝13ax 3－12(a ＋1)x 2＋x ，f ′(x )＝ax 2－(a ＋1)x ＋1，f ′(x )恒过点(0，1)． 当a ＝0时，f ′(x )＝－x ＋1， m ≥|f ′(x )|恒成立，所以m ≥1； 0＜a ≤1，开口向上，对称轴a ＋12a≥1，f ′(x )＝ax 2－(a ＋1)x ＋1＝a (x －a ＋12a )2＋1－（a ＋1）24a，①当a ＝1时f ′(x )＝x 2－2x ＋1，|f ′(x )|在x ∈[0，2]的值域为[0，1]； 要m ≥|f ′(x )|，则m ≥1； ②当0＜a ＜1时， 根据对称轴分类：当x ＝a ＋12a ＜2，即13＜a ＜1时，Δ＝(a －1)2＞0，f ′(a ＋12a )＝12－14(a ＋1a )∈(－13，0)，又f ′(2)＝2a －1＜1，所以|f ′(x )|≤1； 当x ＝a ＋12a ≥2，即0＜a ≤13；f ′(x )在x ∈[0，2]的最小值为f ′(2)＝2a －1；－1＜2a －1≤－13，所以|f ′(x )|≤1，综上所述，要对任意x ∈[0，2]都有m ≥|f ′(x )|恒成立，有m ≥1.所以m 的最小值为1. 2．(2019·台州市高考模拟)已知函数f (x )＝13x 3＋12ax 2＋bx (a ，b ∈R )．(1)若函数f (x )在(0，2)上存在两个极值点，求3a ＋b 的取值范围；(2)当a ＝0，b ≥－1时，求证：对任意的实数x ∈[0，2]，|f (x )|≤2b ＋83恒成立．解：(1)f ′(x )＝x 2＋ax ＋b ，由已知可得f ′(x )＝0在(0，2)上存在两个不同的零点， 故有⎩⎪⎨⎪⎧f ′（0）＞0f ′（2）＞0Δ＞0－a 2∈（0，2），即⎩⎪⎨⎪⎧b ＞02a ＋b ＋4＞0a 2－4b ＞0，a ∈（－4，0）令z ＝3a ＋b ， 如图所示：由图可知－8＜z ＜0，故3a ＋b 的取值范围(－8，0)．(2)证明：f (x )＝13x 3＋bx (b ≥－1，x ∈[0，2])，所以f ′(x )＝x 2＋b ，当b ≥0时，f ′(x )≥0在[0，2]上恒成立，则f (x )在[0，2]上单调递增， 故0＝f (0)≤f (x )≤f (2)＝2b ＋83，所以|f (x )|≤2b ＋83；当－1≤b ＜0时，由f ′(x )＝0，解得x ＝－b ∈(0，2)，则f (x )在[0，－b ]上单调递减，在[－b ，2]上单调递增，所以f (－b )≤f (x )≤max{f (0)，f (2)}．因为f (0)＝0，f (2)＝2b ＋83＞0，f (－b )＝23b－b ＜0，要证|f (x )|≤2b ＋83，只需证－23b－b ≤2b ＋83，即证－b (－b ＋3)≤4，因为－1≤b ＜0，所以0＜－b ≤1，3＜－b ＋3≤4， 所以－b (－b ＋3)≤4成立．综上所述，对任意的实数x ∈[0，2]，|f (x )|≤2b ＋83恒成立．。