2022届数学一轮(理科)人教B版课时作业-第三章-导数及其应用-3-3.docx

第3讲 导数的综合应用

基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1．(2022·湖南卷)若0＜x1＜x2＜1，则 (　　)

解析　令f(x)＝，则f′(x)＝＝.当0＜x＜1时，f′(x)＜0，即f(x)在(0，1)上单调递减，∵0＜x1＜x2＜1，∴f(x2)＜f(x1)，
∴，故选C.
答案　C
2．(2021·泸州一模)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＝πR2l＝27π，∴l＝，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＝
πR2＋2πRl＝πR2＋2π·，∴S′＝2πR－，令S′＝0，得R＝3，则当R＝3时，S最小．故选A.
答案　A
3．(2021·沈阳统考)若函数f(x)＝2x3－9x2＋12x－a恰好有两个不同的零点，则a可能的值为 (　　)
A．4 B．6 C．7 D．8
解析　由题意得f′(x)＝6x2－18x＋12＝6(x－1)(x－2)，由f′(x)＞0得x＜1或
x＞2，由f′(x)＜0得1＜x＜2，所以函数f(x)在(－∞，1)，(2，＋∞)上单调递增，在(1，2)上单调递减，从而可知f(x)的极大值和微小值分别为f(1)，f(2)，若欲使函数f(x)恰好有两个不同的零点，则需使f(1)＝0或f(2)＝0，解得a＝5或a＝4，而选项中只给出了4，所以选A.
答案　A
4．设函数f(x)的定义域为R，x0(x0≠0)是f(x)的极大值点，以下结论确定正确的是 (　　)
A．∀x∈R，f(x)≤f(x0)
B．－x0是f(－x)的微小值点
C．－x0是－f(x)的微小值点
D．－x0是－f(－x)的微小值点
解析　A错，由于极大值未必是最大值；B错，由于函数y＝f(x)与函数y＝
f(－x)的图象关于y轴对称，－x0应是f(－x)的极大值点；C错，函数y＝f(x)与函数y＝－f(x)的图象关于x轴对称，x0应为－f(x)的微小值点；D正确，函数y＝f(x)与y＝－f(－x)的图象关于原点对称，－x0应为y＝－f(－x)的微小值点．
答案　D
5．(2022·新课标全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零点x0，且x0＞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)＝3ax2－6x，令f′(x)＝0，得
x＝0或x＝.
若a＞0，则由图象知f(x)有负数零点，不符合题意．
则a＜0，由图象结合f(0)＝1＞0知，此时必有f ＞0，即a×－3×＋1＞0，化简得a2＞4，又a＜0，所以a＜－2，故选C.
答案　C
二、填空题
6．(2022·唐山模拟)已知a＞0，函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c在区间[－2，2]上单调递减，则4a＋b的最大值为__________．
解析　∵f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，
∴f′(x)＝3x2＋2ax＋b，∵函数f(x)在区间[－2，2]上单调递减，
∴即
即4a＋b≤－12，∴4a＋b的最大值为－12.
答案　－12
7．(2021·开封一模)已知函数f(x)＝ax3－3x＋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ax3－3x＋1≥0可化为a≥，设g(x)＝，x∈(0，1]，
g′(x)＝＝－.
g′(x)与g(x)随x的变化状况如下表：
x

g′(x)
＋
0
－
g(x)
↗
极大值4
↘
因此g(x)的最大值为4，则实数a的取值范围是[4，＋∞)．
答案　[4，＋∞)
8．已知函数f(x)＝－x3＋ax2－4在x＝2处取得极值，若m，n∈[－1，1]，则f(m)＋f′(n)的最小值是________．
解析　对函数f(x)求导得f′(x)＝－3x2＋2ax，
由函数f(x)在x＝2处取得极值知f′(2)＝0，
即－3×4＋2a×2＝0，∴a＝3.
由此可得f(x)＝－x3＋3x2－4，f′(x)＝－3x2＋6x，
易知f(x)在(－1，0)上单调递减，在(0，1)上单调递增，
∴当m∈[－1，1]时，f(m)min＝f(0)＝－4.
又∵f′(x)＝－3x2＋6x的图象开口向下，且对称轴为x＝1，
∴当n∈[－1，1]时，f′(n)min＝f′(－1)＝－9.
故f(m)＋f′(n)的最小值为－13.
答案　－13
三、解答题
9．(2022·青岛一模)设a为实数，函数f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.
(1)求f(x)的单调区间与极值；
(2)求证：当a>ln 2－1且x>0时，ex>x2－2ax＋1.
(1)解　由f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R，
知f′(x)＝ex－2，x∈R.
令f′(x)＝0，得x＝ln 2.
于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化状况如下表：
x
(－∞，ln 2)
ln 2
(ln 2，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
↘
2(1－ln 2＋a)
↗
故f(x)的单调递减区间是(－∞，ln 2)，
单调递增区间是(ln 2，＋∞)，
f(x)在x＝ln 2处取得微小值，
微小值为f(ln 2)＝eln 2－2ln 2＋2a＝2(1－ln 2＋a)．
(2)证明　设g(x)＝ex－x2＋2ax－1，x∈R，
于是g′(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.
由(1)知当a>ln 2－1时，
g′(x)取最小值为g′(ln 2)＝2(1－ln 2＋a)>0.
于是对任意x∈R，都有g′(x)>0，
所以g(x)在R内单调递增．
于是当a>ln 2－1时，对任意x∈(0，＋∞)，
都有g(x)>g(0)．
而g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)>0.
即ex－x2＋2ax－1>0，故ex>x2－2ax＋1.
10．(2021·太原模拟)已知函数f(x)＝(2－a)x－2(1＋ln x)＋a，g(x)＝，
(1)若函数f(x)在区间上无零点，求实数a的最小值；
(2)若对任意给定的x0∈(0，e]，在(0，e]上方程f(x)＝g(x0)总存在两个不等的实根，求实数a的取值范围．
解　f(x)＝(2－a)(x－1)－2ln x，
(1)令m(x)＝(2－a)(x－1)，x＞0；h(x)＝2ln x，x＞0，则f(x)＝m(x)－h(x)，
①当a＜2时，m(x)在上为增函数，h(x)在上为增函数，
若f(x)在上无零点，则m≥h，
即(2－a)≥2ln ，
∴a≥2－4ln 2，∴2－4ln 2≤a＜2，
②当a≥2时，在上m(x)≥0，h(x)＜0，
∴f(x)＞0，
∴f(x)在上无零点．
由①②得a≥2－4ln 2，
∴amin＝2－4ln 2.
(2)g′(x)＝e1－x－xe1－x＝(1－x)e1－x，
当x∈(0，1)时，g′(x)＞0，函数g(x)单调递增；
当x∈(1，e]时，g′(x)＜0，函数g(x)单调递减，
又g(0)＝0，g(1)＝1，g(e)＝e2－e＞0，
∴函数g(x)在(0，e]上的值域为(0，1]．
方程f(x)＝g(x0)等价于(2－a)(x－1)－g(x0)＝2ln x，
令p(x)＝(2－a)(x－1)－g(x0)，
则p(x)过定点(1，－g(x0))，且－1≤－g(x0)＜0，
令t(x)＝2ln x，由p(x)，t(x)的图象可知，
要使方程f(x)＝g(x0)在(0，e]上总存在两个不相等的实根，
需使在(0，e]上恒成立，
即(2－a)(e－1)－g(x0)≥2ln e＝2，
∴a≤2－，
∵0＜g(x0)≤1，∴＝2－，
∴a≤2－.
综上所述，a的取值范围为.
力气提升题组
(建议用时：25分钟)
11．已知y＝f(x)是奇函数，当x∈(0，2)时，f(x)＝ln x－ax，当x∈(－2，0)时，f(x)的最小值为1，则a等于 (　　)
A. B. C. D．1
解析　∵f(x)是奇函数，∴f(x)在(0，2)上的最大值为－1.
当x∈(0，2)时，f′(x)＝－a，令f′(x)＝0得x＝，又a＞，∴0＜＜2.
当x＜时，f′(x)＞0，f(x)在上单调递增；
当x＞时，f′(x)＜0，f(x)在上单调递减，
∴f(x)max＝f ＝ln －a·＝－1，解得a＝1.
答案　D
12．(2022·大连模拟)已知函数f(x)＝x3＋ax2－x＋c(x∈R)，下列结论错误的是
(　　)
A．函数f(x)确定存在极大值和微小值
B．若函数f(x)在(－∞，x1)，(x2，＋∞)上是增函数，则x2－x1≥
C．函数f(x)的图象是中心对称图形
D．函数f(x)确定存在三个零点
解析　对于A，f′(x)＝3x2＋2ax－1，Δ＝4a2＋12＞0，因此函数f′(x)＝3x2＋2ax－1恒有两个相异零点x3，x4(其中x3＜x4)，易知函数f(x)的递增区间是
(－∞，x3)与(x4，＋∞)，递减区间是(x3，x4)，函数f(x)确定存在极大值与微小值，选项A正确．对于B，由A知，x3＋x4＝－，x3x4＝－，则x4－x3＝＝≥，又x1≤x3，x4≤x2，因此x2－x1≥x4－x3≥，选项B正确．对于C，函数f(x)的解析式可以通过配方的方法化为形如(x＋m)3＋n(x＋m)＋h的形式，通过平移函数图象，函数的解析式可以化为y＝x3＋nx的形式，这是一个奇函数，其图象关于坐标原点对称，故函数f(x)的图象是中心对称图形，所以C正确．对于D，取a＝－c＝1，得f(x)＝x3＋x2－x－1＝(x＋1)2(x－1)，此时函数f(x)仅有两个相异零点，因此选项D不正确．综上所述，选D.
答案　D
13．(2022·辽宁卷改编)当x∈[－2，1]时，不等式ax3－x2＋4x＋3≥0恒成立，则实数a的取值范围是________．
解析　由题意知∀x∈[－2，1]都有ax3－x2＋4x＋3≥0，即ax3≥x2－4x－3在x∈[－2，1]上恒成立．
当x＝0时，ax3－x2＋4x＋3≥0变为3≥0恒成立，
即a∈R.当0＜x≤1时，a≥＝－－＋.
令t＝(t≥1)，g(t)＝－3t3－4t2＋t，由于g′(t)＝－9t2－8t＋1＜0(t≥1)，
所以g(t)在[1，＋∞)上单调递减，
g(t)max＝g(1)＝－6(t≥1)，所以a≥－6.
当－2≤x＜0时，a≤－－＋，同理，
g(t)在(－∞，－1]上递减，在上递增．
因此g(t)min＝g(－1)＝－2，所以a≤－2.
综上，－6≤a≤－2.
答案　[－6，－2]
14．(2022·四川卷)已知函数f(x)＝ex－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)＝ex－ax2－bx－1，有g(x)＝f′(x)＝ex－2ax－b，
所以g′(x)＝ex－2a.
当x∈[0，1]时，g′(x)∈[1－2a，e－2a]，
当a≤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≥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＜a＜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－2aln(2a)－b.综上所述，
当a≤时，
g(x)在[0，1]上的最小值是g(0)＝1－b；
当＜a＜时，g(x)在[0，1]上的最小值是g(ln(2a))＝2a－2aln(2a)－b；
当a≥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)上不行能单调递增，也不行能单调递减．
则g(x)不行能恒为正，也不行能恒为负．
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≤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≥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＜a＜.
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.