2021届高考理科数学二轮复习专题提能专训23-第23讲-导数的简单应用与定积分.docx

提能专训(二十三)　导数的综合应用
一、选择题
1．(2022·江西八校联考)已知m是区间[0,4]内任取的一个数，那么函数f(x)＝x3－2x2＋m2x＋3在x∈R上是增函数的概率是(　　)
A. B.
C. D.
[答案]　C
[解析]　∵f(x)＝x3－2x2＋m2x＋3在R上是增函数，∴f′(x)＝x2－4x＋m2≥0在R上恒成立，
∴Δ＝16－4m2≤0，解得m≤－2或m≥2.
又∵0≤m≤4，∴2≤m≤4.
故所求的概率为P＝＝.
2．(2022·辽宁五校联考)已知a，b是实数，且e<a<b，其中e是自然对数的底数，则ab与ba的大小关系是(　　)
A．ab>ba B．ab<ba
C．ab＝ba D．ab与ba的大小关系不确定
[答案]　A
[解析]　构造帮助函数f(x)＝，由于f′(x)＝，所以在(e，＋∞)上，f′(x)<0，f(x)为减函数，则f(a)>f(b)，即>，bln a>aln b，ln ab>ln ba，所以ab>ba.
3．(2022·忻州联考)定义在上的函数f(x)，f′(x)是它的导函数，且恒有f(x)<f′(x)·tan x成立，则(　　)
A.f>f B．f(1)<2fsin 1
C.f>f D.f<f
[答案]　D
[解析]　∵f(x)<f′(x)·tan x，
即f′(x)sin x－f(x)cos x>0，
∴′＝>0，
∴函数在上单调递增，
从而<，
即f<f.
4．(2022·浙江名校联考)若函数f(x)＝xcos x在(0，＋∞)内的全部极值点按从小到大的挨次排列为a1，a2，…，an，…，则对任意正整数n必有(　　)
A．π<an＋1－an< B.<an＋1－an<π
C．0<an＋1－an< D．－<an＋1－an<0
[答案]　B
[解析]　f′(x)＝cos x－xsin x，令f′(x)＝0，得＝tan x，函数y＝与y＝tan x的图象如图所示，an与an＋1就是两个函数图象相邻交点的横坐标．由于函数y＝在(0，＋∞)上是减函数，故随着n的增加，an越来越接近其所在周期内的零点(y＝tan x的零点)，故an＋1－an<π，又an与an＋1在各自周期内零点的右侧，因此an＋1－an>，故选B.

5．(2022·陕西卷改编)设函数f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝xf′(x)，x≥0，其中f′(x)是f(x)的导函数．若f(x)≥ag(x)恒成立，则实数a的取值范围是(　　)
A．(－1，＋∞) B．(0，＋∞)
C．(－∞，0) D．(－∞，1]
[答案]　D
[解析]　对f(x)求导，得f′(x)＝，所以g(x)＝xf′(x)＝.
若f(x)≥ag(x)恒成立，即ln(1＋x)≥恒成立．
设φ(x)＝ln(1＋x)－(x≥0)，则φ′(x)＝－＝.
当a≤1时，φ′(x)≥0(当且仅当x＝0，a＝1时等号成立)，
所以φ(x)在[0，＋∞)上单调递增．
又φ(0)＝0，即φ(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，
所以当a≤1时，ln(1＋x)≥恒成立(当且仅当x＝0时等号成立)．
当a>1时，对x∈(0，a－1)，有φ′(x)<0，则φ(x)在(0，a－1]上单调递减，
所以φ(a－1)<φ(0)＝0，即a>1时，存在x>0，使φ(x)<0，
可知ln(1＋x)≥不恒成立．
综上，实数a的取值范围是(－∞，1]，故选D.
6．(2022·鄂尔多斯模拟)已知a≥0，函数f(x)＝(x2－2ax)ex，若f(x)在[－1,1]上是单调减函数，则a的取值范围是(　　)
A．0<a< B.<a<
C．a≥ D．0<a<
[答案]　C
[解析]　f′(x)＝(2x－2a)ex＋(x2－2ax)ex＝[x2＋(2－2a)x－2a]ex，由题意当x∈[－1,1]时，f′(x)≤0恒成立，即x2＋(2－2a)x－2a≤0恒成立．令g(x)＝x2＋(2－2a)x－2a，
则有
即
解得a≥，故选C.
7．已知函数f(x)＝2x2－ax＋ln x在其定义域上不单调，则实数a的取值范围是(　　)

A．(－∞，4] B．(－∞，4)
C．(4，＋∞) D．[4，＋∞)
[答案]　C
[解析]　函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
由于f(x)＝2x2－ax＋ln x，所以f′(x)＝4x－a＋＝(4x2－ax＋1)．
由函数f(x)在区间(0，＋∞)上不单调可知f′(x)＝0有两个正解，即4x2－ax＋1＝0有两个正解，设为x1，x2.
故有解得a>4.
所以a的取值范围为(4，＋∞)．
8．已知三次函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d的图象如图所示，则＝(　　)

A．5 B．－5 C．2 D．－2
[答案]　D
[解析]　对f(x)求导，得f′(x)＝3ax2＋2bx＋c，结合题中图象知，x＝－1,2为导函数的零点，所以f′(－1)＝f′(2)＝0，
即解得
所以f′(x)＝－x2＋x＋c＝－(x2－x－2)，
于是＝＝－2.故选D.
9．(2022·安庆二模)设1<x<2，则，2，的大小关系是(　　)
A.2<<
B.<2<
C.2<<
D.<2<
[答案]　A
[解析]　令f(x)＝x－ln x(1<x<2)，
则f′(x)＝1－＝>0，
∴函数y＝f(x)在(1,2)内为增函数．
∴f(x)>f(1)＝1>0，∴x>ln x>0⇒0<<1.∴2<.
又－＝＝>0，
∴2<<，故选A.
10．(2022·昆明质检)已知函数f(x)＝ex－ax－b，若f(x)≥0恒成立，则ab的最大值为(　　)
A. B．e2 C．e D.
[答案]　D
[解析]　利用导数求解．当a≤0时，函数f(x)＝ex－ax－b在R上单调递增，f(x)≥0不恒成立，所以a≤0舍去．当a>0时，由f′(x)＝ex－a＝0解得x＝ln a，且当x<ln a时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；当x>ln a时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，所以f(x)≥0恒成立，即f(x)min＝f(ln a)＝a－aln a－b≥0，所以b≤a－aln a，ab≤a2－a2ln a，a>0.令y＝x2－x2ln x，x>0，则y′＝2x－2xln x－x＝x(1－2ln x)，x>0，由y′＝0解得x＝，且x∈(0，)时，y′>0，函数y＝x2－x2ln x单调递增；x∈(，＋∞)时，y′<0，函数y＝x2－x2ln x单调递减，所以当x＝时，函数y＝x2－x2ln x取得最大值e－e＝e，所以ab≤a2－a2ln a≤e，即ab的最大值是e，故选D.
11．设直线x＝t与函数f(x)＝x2＋1，g(x)＝x＋ln x的图象分别交于P，Q两点，则|PQ|的最小值是(　　)
A．－ B.
C．1 D．－或1
[答案]　C
[解析]　直线x＝t与函数f(x)＝x2＋1，g(x)＝x＋ln x的图象分别交于P(t，f(t))，Q(t，g(t))两点，则|PQ|＝|f(t)－g(t)|.
记h(t)＝f(t)－g(t)＝t2＋1－(t＋ln t)．
函数h(t)的定义域为(0，＋∞)，h′(t)＝2t－1－＝(2t2－t－1)＝(2t＋1)(t－1)．
由h′(t)＝0，解得t＝1或t＝－(舍去)．
明显当t∈(0,1)时，h′(t)<0，函数h(t)单调递减；当t∈(1，＋∞)时，h′(t)>0，函数h(t)单调递增．
故函数h(t)的最小值为h(1)＝12＋1－(1＋ln 1)＝1，故|PQ|的最小值为1.
二、填空题
12．(2022·南京、盐城二模)表面积为12π的圆柱，当其体积最大时，该圆柱的底面半径与高的比为________．
[答案]　1∶2
[解析]　由于12π＝2πrh＋2πr2，rh＋r2＝6，所以V＝πr2h＝πr(6－r2)，0<r<.由V′＝π(6－3r2)＝0得r＝.当0<r<时，V′>0，当<r<时，V′<0，所以当r＝时，V取极大值，也是最大值，此时h＝2，r∶h＝1∶2.
13．(2022·青岛一模)假如对定义在R上的函数f(x)，以任意两个不相等的实数x1，x2，都有x1f(x1)＋x2f(x2)>x1f(x2)＋x2f(x1)，则称函数f(x)为“H函数”．给出下列函数：①y＝－x3＋x＋1；②y＝3x－2(sin x－cos x)；③y＝ex＋1；④f(x)＝以上函数是“H函数”的全部序号为________．
[答案]　②③
[解析]　由于x1f(x1)＋x2f(x2)>x1f(x2)＋x2f(x1)，即(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0，
所以函数f(x)在R上是增函数．由y′＝－3x2＋1>0得－<x<，即函数在区间上是增函数，故①不是“H函数”；由y′＝3－2(cos x＋sin x)＝3－2sin≥3－2>0恒成立，所以②为“H函数”；
由y′＝ex>0恒成立，所以③为“H函数”；由于④为偶函数，所以不行能在R上是增函数，所以不是“H函数”．
综上，是“H函数”的有②③.
14．(2022·唐山一模)定义在R上的函数f(x)满足：f(－x)＋f(x)＝x2，当x<0时，f′(x)<x，则不等式f(x)＋≥f(1－x)＋x的解集为________．
[答案]　
[解析]　∵f(x)＋f(－x)＝x2，∴f′(x)－f′(－x)＝2x，∴f′(－x)＝f′(x)－2x，
当x<0时，f′(x)<x，∴f′(－x)＝f′(x)－2x<x－2x＝－x，∴当x>0时，f′(x)＝f′(－x)＋2x<－x＋2x＝x，令g(x)＝f(x)＋－f(1－x)－x，则g′(x)＝f′(x)＋f′(1－x)－1<x＋1－x－1＝0，∴g(x)在R上单调递减，而g＝f＋－f－＝0，∴g(x)≥0即g(x)≥g，故原不等式的解集为.
三、解答题
15．(2022·怀化一模)已知函数f(x)＝ax＋bln x＋c(a，b，c是常数)在x＝e处的切线方程为(e－1)x＋ey－e＝0，且f(1)＝0.
(1)求常数a，b，c的值；
(2)若函数g(x)＝x2＋mf(x)(m∈R)在区间(1,3)内不是单调函数，求实数m的取值范围．
解：(1)由题设知，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a＋.
∵f(x)在x＝e处的切线方程为(e－1)x＋ey－e＝0，
∴f′(e)＝－，且f(e)＝2－e，
即a＋＝－，且ae＋b＋c＝2－e.
又f(1)＝a＋c＝0，解得a＝－1，b＝1，c＝1.
(2)由(1)知f(x)＝－x＋ln x＋1(x>0)，
∴g(x)＝x2＋mf(x)＝x2－mx＋mln x＋m(x>0)，
∴g′(x)＝2x－m＋＝(2x2－mx＋m)(x>0)．
令d(x)＝2x2－mx＋m(x>0)．
①当函数g(x)在(1,3)内有一个极值时，g′(x)＝0在(1,3)内有且仅有一个根，即d(x)＝2x2－mx＋m＝0在(1,3)内有且仅有一个根．
又∵d(1)＝2>0，∴当d(3)＝0，即m＝9时，d(x)＝2x2－mx＋m＝0在(1,3)内有且仅有一个根x＝；当d(3)≠0时，应有d(3)<0，即2×32－3m＋m<0，解得m>9，∴m≥9.
②当函数g(x)在(1,3)内有两个极值时，g′(x)＝0在(1,3)内有两个根，即二次函数d(x)＝2x2－mx＋m＝0在(1,3)内有两个不等根，
所以
解得8<m<9.
综上，实数m的取值范围是(8，＋∞)．
16．(2022·长春调研)已知函数f(x)＝xln x.
(1)求f(x)的单调区间和极值；
(2)设A(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))，且x1≠x2，证明：<f′.
解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝ln x＋x·＝1＋ln x.
令f′(x)>0，则ln x>－1＝ln ，∴x>；令f′(x)<0，则ln x<－1＝ln ，∴0<x<，
∴f(x)的单调递增区间是，单调递减区间是，
f(x)微小值＝f＝ln ＝－，f(x)无极大值．
(2)不防设x1<x2，
<f′，
即<ln ＋1，x2ln x2－x1ln x1<x2ln －x1ln ＋x2－x1，
∴x2ln <x1ln ＋x2－x1，
两边同除以x1得，ln <ln ＋－1，
令＝t，则t>1，即证：tln<ln ＋t－1.
令g(t)＝tln －ln －t＋1，则
g′(t)＝ln ＋t··＋·－1
＝ln ＋
＝ln －，
令＝x(x>0)，h(x)＝ln(1＋x)－x，
则h′(x)＝－1＝<0，h(x)在(0，＋∞)上单调递减，
∴h(x)<h(0)＝0，
即ln (1＋x)<x，即g′(t)＝ln－<0恒成立，
∴g(t)在(1，＋∞)上是减函数，∴g(t)<g(1)＝0，
∴tln<ln＋t－1得证，
∴<f′成立．
17．(2022·济南针对性训练)已知函数f(x)＝ex－x－1，g(x)＝x2eax.
(1)求f(x)的最小值；
(2)求g(x)的单调区间；
(3)当a＝1时，对于在(0,1)中的任一个常数m，是否存在正数x0使得f(x0)>g(x0)成立？假如存在，求出符合条件的一个x0；否则说明理由．
解：(1)f(x)的定义域是R，
f′(x)＝ex－1，
且在(－∞，0)上f′(x)<0，在(0，＋∞)上f′(x)>0，
所以f(x)min＝f(0)＝0.
(2)g′(x)＝2xeax＋ax2eax＝(2x＋ax2)eax.
①当a＝0时，若x<0，则g′(x)<0，若x>0，则g′(x)>0.
所以当a＝0时，函数g(x)在区间(－∞，0)内为减函数，在区间(0，＋∞)内为增函数．
②当a>0时，由2x＋ax2>0，解得x<－或x>0，
由2x＋ax2<0，解得－<x<0.
所以当a>0时，函数g(x)在区间内为增函数，
在区间内为减函数，在区间(0，＋∞)内为增函数．
③当a<0时，由2x＋ax2>0，解得0<x<－，
由2x＋ax2<0，解得x<0或x>－.
所以当a<0时，函数g(x)在区间(－∞，0)内为减函数，在区间内为增函数，在区间内为减函数．
(3)假设存在这样的x0满足题意，则
f(x0)>g(x0)，ex0－x0－1>xex0，x＋－1<0，(*)
要找一个x0>0，使(*)式成立，只需找到当x>0时，函数h(x)＝x2＋－1的最小值h(x)min<0即可，
h′(x)＝x，
令h′(x)＝0得ex＝，则x＝－ln m，取x0＝－ln m，
当0<x<x0时，h′(x)<0，当x>x0时，h′(x)>0，
所以h(x)min＝h(x0)＝h(－ln m)＝(ln m)2－mln m＋m－1.
下面只需证明：当0<m<1时，(ln m)2－mln m＋m－1<0成马上可，
令p(m)＝(ln m)2－mln m＋m－1，m∈(0,1)，
则p′(m)＝(ln m)2≥0，从而p(m)在m∈(0,1)时为增函数，则p(m)<p(1)＝0，从而(ln m)2－mln m＋m－1<0得证．
于是h(x)的最小值h(－ln m)<0，因此可找到一个正常数x0＝－ln m(0<m<1)，使得f(x0)>g(x0)成立．
18．(2022·湖北八市联考)定义在R上的函数g(x)及二次函数h(x)满足：g(x)＋2g(－x)＝ex＋－9，h(－2)＝h(0)＝1且h(－3)＝－2.
(1)求g(x)和h(x)的解析式；
(2)对于x1，x2∈[－1,1]，均有h(x1)＋ax1＋5≥g(x2)－x2g(x2)成立，求a的取值范围；
(3)设f(x)＝在(2)的条件下，争辩方程f[f(x)]＝a＋5的解的个数状况．
解：(1)∵g(x)＋2g(－x)＝ex＋－9，①
∴g(－x)＋2g(x)＝e－x＋－9，即g(－x)＋2g(x)＝2ex＋－9，②
由①②联立解得，g(x)＝ex－3.
∵h(x)是二次函数，且h(－2)＝h(0)＝1，可设h(x)＝ax(x＋2)＋1，
由h(－3)＝－2，解得a＝－1，
∴h(x)＝－x(x＋2)＋1＝－x2－2x＋1，
∴g(x)＝ex－3，h(x)＝－x2－2x＋1.
(2)设φ(x)＝h(x)＋ax＋5＝－x2＋(a－2)x＋6，
F(x)＝g(x)－xg(x)＝ex－3－x(ex－3)＝(1－x)ex＋3x－3，
依题意知，当－1≤x≤1时，φ(x)min≥F(x)max.
∵F′(x)＝－ex＋(1－x)ex＋3＝－xex＋3，在[－1,1]上单调递减，
∴F′(x)min＝F′(1)＝3－e>0，
∴F(x)在[－1,1]上单调递增，∴F(x)max＝F(1)＝0，
∴解得－3≤a≤7，
∴实数a的取值范围为[－3,7]．
(3)设t＝a＋5，由(2)知，2≤t≤12.
f(x)的图象如图所示：

设f(x)＝T，则f(T)＝t.
当t＝2，即a＝－3时，T＝－1或者T＝ln 5，f(x)＝－1有2个解，f(x)＝ln 5有3个解；
当2<t<e2－3，即－3<a<e2－8时，T＝ln(t＋3)且ln 5<T<2，f(x)＝T有3个解；
当t＝e2－3，即a＝e2－8时，T＝2，f(x)＝T有2个解；
当e2－3<t≤12，即e2－8<a≤7时，T＝ln(t＋3)>2，f(x)＝T有1个解．
综上所述：
当a＝－3时，方程有5个解；
当－3<a<e2－8时，方程有3个解；
当a＝e2－8时，方程有2个解；
当e2－8<a≤7时，方程有1个解．