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含解析(理科)

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．2C．1 D．0C[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－x ln 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．1C．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2x ln x ≥－x 2＋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 ＋1－3x 2＝x 2＋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∀x 1∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1，∃x 2∈[2,3]，使得f (x 1)≥g (x 2)，则实数a 的取值范围是________．(－∞，1] [当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1时，f ′(x )＝1－4x 2＜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 )＝2x 3－9x 2＋12x －a 恰好有两个不同的零点，则a ＝________. 4或5 [f ′(x )＝6x 2－18x ＋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 －p 2，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)＝－p 3－150p 2＋11 700p －166 000，则y ′＝－3p 2－300p ＋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，y m ax ＝23 000.]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 2,0)． 10．已知函数f (x )＝2a －x2e 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 )＝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∀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 )m ax ＝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 ．3B ．4C ．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.]2．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 2D ．x 2e x 1＜x 1e x 2C [令f (x )＝exx，则f ′(x )＝x e x －e x x 2＝e x x －x 2.当0＜x ＜1时，f ′(x )＜0，即f (x )在(0,1)上单调递减，因为0＜x 1＜x 2＜1， 所以f (x 2)＜f (x 1)，即e x 2x 2＜e x 1x 1，所以x 2e x 1＞x 1e x 2，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________．(－e 2,0) [f ′(x )＝a e x －ax －axe2x ＝－a x －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)＝ae 2＋1＞0.解之得a >－e 2，因此－e 2<a <0.]4．(2017·全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝ln x ＋ax 2＋(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 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a －1－14a.所以f (x )≤－34a －2等价于ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a －1－14a ≤－34a －2， 即ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ＋12a＋1≤0.设g (x )＝ln x －x ＋1， 则g ′(x )＝1x－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 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ＋12a＋1≤0，即f (x )≤－34a －2.。