2022屆《創(chuàng)新設(shè)計》數(shù)學(xué)一輪(文科)人教B版課時作業(yè)-第三章-導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用-第3章-第3講

第3講導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用基礎(chǔ)鞏固題組(建議用時：40分鐘)一、選擇題1．(2022·湖南卷)若0＜x1＜x2＜1，則 ()A．ex2－ex1＞lnx2－lnx1 B．ex2－ex1＜lnx2－lnx1C．x2ex1＞x1ex2 D．x2ex1＜x1ex2解析令f(x)＝eq\f(ex,x)，則f′(x)＝eq\f(xex－ex,x2)＝eq\f(exx－1,x2).當(dāng)0＜x＜1時，f′(x)＜0，即f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，∵0＜x1＜x2＜1，∴f(x2)＜f(x1)，即eq\f(ex2,x2)＜eq\f(ex1,x1)，∴x2ex1＞x1ex2，故選C．答案C2．某公司生產(chǎn)某種產(chǎn)品，固定成本為20000元，每生產(chǎn)一單位產(chǎn)品，成本增加100元，已知總營業(yè)收入R與年產(chǎn)量x的函數(shù)關(guān)系是R＝R(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(400x－\f(1,2)x20≤x≤400，,80000x＞400，))則總利潤最大時，每年生產(chǎn)的產(chǎn)品是 ()A．100 B．150C．200 D．300解析由題意得，總成本函數(shù)為C＝C(x)＝20000＋100x，總利潤P(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(300x－\f(x2,2)－200000≤x≤400，,60000－100xx＞400，))又P′(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(300－x0≤x≤400，,－100x＞400，))令P′(x)＝0，得x＝300，易知x＝300時，總利潤P(x)最大．答案D3．(2021·沈陽統(tǒng)考)若函數(shù)f(x)＝2x3－9x2＋12x－a恰好有兩個不同的零點，則a可能的值為 ()A．4 B．6C．7 D．8解析由題意得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，所以函數(shù)f(x)在(－∞，1)，(2，＋∞)上單調(diào)遞增，在(1,2)上單調(diào)遞減，從而可知f(x)的極大值和微小值分別為f(1)，f(2)，若欲使函數(shù)f(x)恰好有兩個不同的零點，則需使f(1)＝0或f(2)＝0，解得a＝5或a＝4，而選項中只給出了4，所以選A．答案A4．設(shè)函數(shù)f(x)的定義域為R，x0(x0≠0)是f(x)的極大值點，以下結(jié)論確定正確的是 ()A．?x∈R，f(x)≤f(x0)B．－x0是f(－x)的微小值點C．－x0是－f(x)的微小值點D．－x0是－f(－x)的微小值點解析A錯，由于極大值未必是最大值；B錯，由于函數(shù)y＝f(x)與函數(shù)y＝f(－x)的圖象關(guān)于y軸對稱，－x0應(yīng)是f(－x)的極大值點；C錯，函數(shù)y＝f(x)與函數(shù)y＝－f(x)的圖象關(guān)于x軸對稱，x0應(yīng)為－f(x)的微小值點；D正確，函數(shù)y＝f(x)與y＝－f(－x)的圖象關(guān)于原點對稱，－x0應(yīng)為y＝－f(－x)的微小值點．答案D5．(2022·新課標(biāo)全國Ⅰ卷)已知函數(shù)f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零點x0，且x0＞0，則a的取值范圍是 ()A．(2，＋∞) B．(1，＋∞)C．(－∞，－2) D．(－∞，－1)解析a＝0時，不符合題意．a(chǎn)≠0時，f′(x)＝3ax2－6x，令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝eq\f(2,a).若a＞0，則由圖象知f(x)有負(fù)數(shù)零點，不符合題意．則a＜0，由圖象結(jié)合f(0)＝1＞0知，此時必有feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)))＞0，即a×eq\f(8,a3)－3×eq\f(4,a2)＋1＞0，化簡得a2＞4，又a＜0，所以a＜－2，故選C．答案C二、填空題6．(2022·唐山模擬)已知a＞0，函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c在區(qū)間[－2,2]上單調(diào)遞減，則4a＋b解析∵f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，∴f′(x)＝3x2＋2ax＋b，∵函數(shù)f(x)在區(qū)間[－2,2]上單調(diào)遞減，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′－2≤0，,f′2≤0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4a－b≥12，,4a＋b≤－12，))即4a＋b≤－12，∴4a＋答案－127．(2021·開封一模)已知函數(shù)f(x)＝ax3－3x＋1對x∈(0,1]總有f(x)≥0成立，則實數(shù)a的取值范圍是________.解析當(dāng)x∈(0,1]時不等式ax3－3x＋1≥0可化為a≥eq\f(3x－1,x3)，設(shè)g(x)＝eq\f(3x－1,x3)，x∈(0,1]，g′(x)＝eq\f(3x3－3x－1·3x2,x6)＝－eq\f(6\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2))),x4).g′(x)與g(x)隨x的變化狀況如下表：xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))g′(x)＋0－g(x)極大值4因此g(x)的最大值為4，則實數(shù)a的取值范圍是[4，＋∞)．答案[4，＋∞)8．已知函數(shù)f(x)＝－x3＋ax2－4在x＝2處取得極值，若m，n∈[－1,1]，則f(m)＋f′(n)的最小值是________.解析對函數(shù)f(x)求導(dǎo)得f′(x)＝－3x2＋2ax，由函數(shù)f(x)在x＝2處取得極值知f′(2)＝0，即－3×4＋2a×2＝0，∴a由此可得f(x)＝－x3＋3x2－4，f′(x)＝－3x2＋6x，易知f(x)在(－1,0)上單調(diào)遞減，在(0,1)上單調(diào)遞增，∴當(dāng)m∈[－1,1]時，f(m)min＝f(0)＝－4.又∵f′(x)＝－3x2＋6x的圖象開口向下，且對稱軸為x＝1，∴當(dāng)n∈[－1,1]時，f′(n)min＝f′(－1)＝－9.故f(m)＋f′(n)的最小值為－13.答案－13三、解答題9．(2022·青島一模)設(shè)函數(shù)f(x)＝lnx，g(x)＝ax＋eq\f(b,x)，函數(shù)f(x)的圖象與x軸的交點也在函數(shù)g(x)的圖象上，且在此點有公切線．(1)求a，b的值；(2)試比較f(x)與g(x)的大?。?1)f(x)＝lnx的圖象與x軸的交點坐標(biāo)是(1,0)，依題意，得g(1)＝a＋b＝0，①又f′(x)＝eq\f(1,x)，g′(x)＝a－eq\f(b,x2)，又f(x)與g(x)在點(1,0)處有公切線，∴g′(1)＝f′(1)＝1，即a－b＝1，②由①②得a＝eq\f(1,2)，b＝－eq\f(1,2).(2)令F(x)＝f(x)－g(x)，則F(x)＝lnx－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x－\f(1,2x)))＝lnx－eq\f(1,2)x＋eq\f(1,2x)(x＞0)，∴F′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,2)－eq\f(1,2x2)＝－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1))2≤0.∴F(x)在(0，＋∞)上為減函數(shù)，且F(1)＝0，當(dāng)0＜x＜1時，F(xiàn)(x)＞F(1)＝0，即f(x)＞g(x)；當(dāng)x＝1時，F(xiàn)(x)＝F(1)＝0，即f(x)＝g(x)；當(dāng)x＞1時，F(xiàn)(x)＜F(1)＝0，即f(x)＜g(x)．綜上可知，當(dāng)0＜x≤1時，即f(x)≥g(x)；當(dāng)x＞1時，即f(x)＜g(x)．10．(2022·新課標(biāo)全國Ⅱ卷)已知函數(shù)f(x)＝x3－3x2＋ax＋2，曲線y＝f(x)在點(0,2)處的切線與x軸交點的橫坐標(biāo)為－2.(1)求a；(2)證明：當(dāng)k＜1時，曲線y＝f(x)與直線y＝kx－2只有一個交點．(1)解f′(x)＝3x2－6x＋a，f′(0)＝a，曲線y＝f(x)在點(0,2)處的切線方程為y＝ax＋2.由題設(shè)得－eq\f(2,a)＝－2，所以a＝1.(2)證明由(1)知，f(x)＝x3－3x2＋x＋2.設(shè)g(x)＝f(x)－kx＋2＝x3－3x2＋(1－k)x＋4.由題設(shè)知1－k＞0.當(dāng)x≤0時，g′(x)＝3x2－6x＋1－k＞0，g(x)單調(diào)遞增，g(－1)＝k－1＜0，g(0)＝4，所以g(x)＝0在(－∞，0]上有唯一實根．當(dāng)x＞0時，令h(x)＝x3－3x2＋4，則g(x)＝h(x)＋(1－k)x＞h(x)．h′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，h(x)在(0,2)上單調(diào)遞減，在(2，＋∞)上單調(diào)遞增，所以g(x)＞h(x)≥h(2)＝0.所以g(x)＝0在(0，＋∞)上沒有實根．綜上，g(x)＝0在R上有唯一實根，即曲線y＝f(x)與直線y＝kx－2只有一個交點．力氣提升題組(建議用時：25分鐘)11．已知y＝f(x)是奇函數(shù)，當(dāng)x∈(0,2)時，f(x)＝lnx－axeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＞\f(1,2)))，當(dāng)x∈(－2,0)時，f(x)的最小值為1，則a等于 ()A．eq\f(1,4) B．eq\f(1,3)C．eq\f(1,2) D．1解析∵f(x)是奇函數(shù)，∴f(x)在(0,2)上的最大值為－1.當(dāng)x∈(0,2)時，f′(x)＝eq\f(1,x)－a，令f′(x)＝0得x＝eq\f(1,a)，又a＞eq\f(1,2)，∴0＜eq\f(1,a)＜2.當(dāng)x＜eq\f(1,a)時，f′(x)＞0，f(x)在(0，eq\f(1,a))上單調(diào)遞增；當(dāng)x＞eq\f(1,a)時，f′(x)＜0，f(x)在(eq\f(1,a)，2)上單調(diào)遞減，∴f(x)max＝f(eq\f(1,a))＝lneq\f(1,a)－a·eq\f(1,a)＝－1，解得a＝1.答案D12．(2022·大連模擬)已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2－x＋c(x∈R)，下列結(jié)論錯誤的是 ()A．函數(shù)f(x)確定存在極大值和微小值B．若函數(shù)f(x)在(－∞，x1)，(x2，＋∞)上是增函數(shù)，則x2－x1≥eq\f(2\r(3),3)C．函數(shù)f(x)的圖象是中心對稱圖形D．函數(shù)f(x)確定存在三個零點解析對于A，f′(x)＝3x2＋2ax－1，Δ＝4a2＋12＞0，因此函數(shù)f′(x)＝3x2＋2ax－1恒有兩個相異零點x3，x4(其中x3＜x4)，易知函數(shù)f(x)的遞增區(qū)間是(－∞，x3)與(x4，＋∞)，遞減區(qū)間是(x3，x4)，函數(shù)f(x)確定存在極大值與微小值，選項A正確．對于B，由A知，x3＋x4＝－eq\f(2a,3)，x3x4＝－eq\f(1,3)，則x4－x3＝eq\r(x3＋x42－4x3x4)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2a,3)))2＋\f(4,3))≥eq\f(2\r(3),3)，又x1≤x3，x4≤x2，因此x2－x1≥x4－x3≥eq\f(2\r(3),3)，選項B正確．對于C，函數(shù)f(x)的解析式可以通過配方的方法化為形如(x＋m)3＋n(x＋m)＋h的形式，通過平移函數(shù)圖象，函數(shù)的解析式可以化為y＝x3＋nx的形式，這是一個奇函數(shù)，其圖象關(guān)于坐標(biāo)原點對稱，故函數(shù)f(x)的圖象是中心對稱圖形，所以C正確．對于D，取a＝－c＝1，得f(x)＝x3＋x2－x－1＝(x＋1)2(x－1)，此時函數(shù)f(x)僅有兩個相異零點，因此選項D不正確．綜上所述，選D．答案D13．已知f(x)＝xex，g(x)＝－(x＋1)2＋a，若?x1，x2∈R，使得f(x2)≤g(x1)成立，則實數(shù)a的取值范圍是______.解析f′(x)＝ex＋xex＝ex(1＋x)當(dāng)x＞－1時，f′(x)＞0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x＜－1時，f′(x)＜0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減．所以函數(shù)f(x)的最小值為f(－1)＝－eq\f(1,e).而函數(shù)g(x)的最大值為a，則由題意，可得－eq\f(1,e)≤a，即a≥－eq\f(1,e).答案eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,e)，＋∞))14．(2022·四川卷)已知函數(shù)f(x)＝ex－ax2－bx－1，其中a，b∈R，e＝2.71828…為自然對數(shù)的底數(shù)．(1)設(shè)g(x)是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)，求函數(shù)g(x)在區(qū)間[0,1]上的最小值；(2)若f(1)＝0，函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)有零點，證明：e－2＜a＜1.(1)解由f(x)＝ex－ax2－bx－1，有g(shù)(x)＝f′(x)＝ex－2ax－b，所以g′(x)＝ex－2a當(dāng)x∈[0,1]時，g′(x)∈[1－2a，e－2當(dāng)a≤eq\f(1,2)時，g′(x)≥0，所以g(x)在[0,1]上單調(diào)遞增，因此g(x)在[0,1]上的最小值是g(0)＝1－b；當(dāng)a≥eq\f(e,2)時，g′(x)≤0，所以g(x)在[0,1]上單調(diào)遞減．因此g(x)在[0,1]上的最小值是g(1)＝e－2a－b當(dāng)eq\f(1,2)＜a＜eq\f(e,2)時，令g′(x)＝0得x＝ln(2a)∈所以函數(shù)g(x)在區(qū)間[0，ln(2a)]上單調(diào)遞減，在區(qū)間(ln(2于是，g(x)在[0,1]上的最小值是g(ln(2a))＝2a－2aln(2a綜上所述，當(dāng)a