【创新设计】（浙江专用）2022届高考数学总复习 第3篇 第3讲 导数的综合应用限时训练 理

第3讲　导数的综合应用分层A级　基础达标演练(时间：30分钟　满分：55分)一、选择题(每小题5分，共20分)1．已知对任意实数x，都有f(－x)＝－f(x)，g(－x)＝g(x)，且x＞0时，f′(x)＞0，g′(x)＞0，则x＜0时(　　)．A．f′(x)＞0，g′(x)＞0B．f′(x)＞0，g′(x)＜0C．f′(x)＜0，g′(x)＞0D．f′(x)＜0，g′(x)＜0解析　由题意知f(x)是奇函数，g(x)是偶函数．当x＞0时，f(x)，g(x)都单调递增，则当x＜0时，f(x)单调递增，g(x)单调递减，即f′(x)＞0，g′(x)＜0.答案　B2．从边长为10cm×16cm的矩形纸板的四角截去四个相同的小正方形，作成一个无盖的盒子，则盒子容积的最大值为(　　)．A．12cm3B．72cm3C．144cm3D．160cm3解析　设盒子容积为ycm3，盒子的高为xcm，则x∈(0,5)．则y＝(10－2x)(16－2x)x＝4x3－52x2＋160x，∴y′＝12x2－104x＋160.令y′＝0，得x＝2或(舍去)，∴ymax＝6×12×2＝144(cm3)．答案　C3．若关于x的不等式x3－3x2－9x＋2≥m对任意x∈[－2,2]恒成立，则m的取值范围是(　　)．A．(－∞，7]B．(－∞，－20]C．(－∞，0]D．[－12,7]解析　令f(x)＝x3－3x2－9x＋2，则f′(x)＝3x2－6x－9，令f′(x)＝0，得x＝－1或x＝3(舍去)．∵f(－1)＝7，f(－2)＝0，f(2)＝－20.∴f(x)的最小值为f(2)＝－20，故m≤－20，可知应选B.答案　B4．(2022·洛阳模拟)函数f(x)的定义域是R，f(0)＝2，对任意x∈R，f(x)＋f′(x)>1，则不等式ex·f(x)>ex＋1的解集为(　　)．A．{x|x>0}B．{x|x<0}C．{x|x<－1或x>1}D．{x|x<－1或0<x<1}解析　构造函数g(x)＝ex·f(x)－ex，因为g′(x)＝ex·f(x)＋ex·f′(x)－ex＝ex[f(x)＋f′(x)]－ex>ex－ex＝0，所以g(x)＝ex·f(x)－ex为R上的增函数．又因为8\ng(0)＝e0·f(0)－e0＝1，所以原不等式转化为g(x)>g(0)，解得x>0.答案　A二、填空题(每小题5分，共10分)5．直线y＝a与函数f(x)＝x3－3x的图象有相异的三个公共点，则a的取值范围是________．解析　令f′(x)=3x2-3=0，得x=±1，可得极大值为f(-1)=2，极小值为f(1)=-2，如图，观察得-2＜a＜2时恰有三个不同的公共点．答案　(-2,2)6．(2022·泰州调研)若函数f(x)＝x＋asinx在R上递增，则实数a的取值范围是________．解析　∵f′(x)＝1＋acosx，∴要使函数f(x)＝x＋asinx在R上递增，则1＋acosx≥0对任意实数x都成立．∵－1≤cosx≤1，①当a>0时，－a≤acosx≤a，∴－a≥－1，∴0<a≤1；②当a＝0时适合；③当a<0时，a≤acosx≤－a，∴a≥－1，∴－1≤a<0.综上，－1≤a≤1.答案　[－1,1]三、解答题(共25分)7．(12分)(2022·新课标全国)已知函数f(x)满足f(x)＝f′(1)ex－1－f(0)x＋x2.(1)求f(x)的解析式及单调区间；(2)若f(x)≥x2＋ax＋b，求(a＋1)b的最大值．解　(1)由已知得f′(x)＝f′(1)ex－1－f(0)＋x.所以f′(1)＝f′(1)－f(0)＋1，即f(0)＝1.又f(0)＝f′(1)e－1，所以f′(1)＝e.从而f(x)＝ex－x＋x2.由于f′(x)＝ex－1＋x，故当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0.从而，f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．(2)由已知条件得ex－(a＋1)x≥b.①(i)若a＋1<0，则对任意常数b，当x<0，且x<时，可得ex－(a＋1)x<b，因此①式不成立．(ii)若a＋1＝0，则(a＋1)b＝0.8\n(iii)若a＋1>0，设g(x)＝ex－(a＋1)x，则g′(x)＝ex－(a＋1)．当x∈(－∞，ln(a＋1))时，g′(x)<0；当x∈(ln(a＋1)，＋∞)时，g′(x)>0.从而g(x)在(－∞，ln(a＋1))上单调递减，在(ln(a＋1)，＋∞)上单调递增．故g(x)有最小值g(ln(a＋1))＝a＋1－(a＋1)ln(a＋1)．所以f(x)≥x2＋ax＋b等价于b≤a＋1－(a＋1)·ln(a＋1)．②因此(a＋1)b≤(a＋1)2－(a＋1)2ln(a＋1)．设h(a)＝(a＋1)2－(a＋1)2ln(a＋1)，则h′(a)＝(a＋1)[1－2ln(a＋1)]．所以h(a)在(－1，－1)上单调递增，在(－1，＋∞)上单调递减，故h(a)在a＝－1处取得最大值．从而h(a)≤，即(a＋1)b≤.当a＝－1，b＝时，②式成立．故f(x)≥x2＋ax＋b.综上得，(a＋1)b的最大值为.8．(13分)(2022·长春模拟)已知函数f(x)＝＋alnx－2(a>0)．(1)若对于∀x∈(0，＋∞)都有f(x)>2(a－1)成立，试求a的取值范围；(2)记g(x)＝f(x)＋x－b(b∈R)，当a＝1时，函数g(x)在区间[e－1，e]上有两个零点，求实数b的取值范围．解　(1)f′(x)＝－＋＝.由f′(x)>0，解得x>；由f′(x)<0，解得0<x<.所以f(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减．所以当x＝时，函数f(x)取得最小值，ymin＝f.因为对于∀x∈(0，＋∞)都有f(x)>2(a－1)成立，所以只需满足f>2(a－1)即可．8\n则＋aln－2>2(a－1)，即aln>a.由aln>a，解得0<a<.所以a的取值范围是.(2)依题意得g(x)＝＋lnx＋x－2－b，其定义域为(0，＋∞)．则g′(x)＝.由g′(x)>0解得x>1；由g′(x)<0解得0<x<1.所以函数g(x)在区间(0,1)上为减函数，在区间(1，＋∞)上为增函数．又因为函数g(x)在区间[e－1，e]上有两个零点，所以解得1<b≤＋e－1，所以b的取值范围是.分层B级　创新能力提升1．(2022·石家庄模拟)已知f(x)，g(x)都是定义在R上的函数，g(x)≠0，f′(x)g(x)>f(x)g′(x)，且f(x)＝axg(x)(a>0，且a≠1)，＋＝.若数列的前n项和大于62，则n的最小值为(　　)．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　A．8B．7C．6D．9解析　构造函数h(x)＝＝ax，由已知条件可知h′(x)＝>0，则h(x)在R上为增函数，得a>1，又a＋a－1＝，解得a＝2或a＝(舍去)．所以＝2n，其前n项和Sn＝2＋22＋…＋2n＝2n＋1－2，由2n＋1－2>62，解得2n＋1>26，∴n>5，故n的最小值为6，选C.答案　C2．(2022·合肥模拟)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，若f(x)在区间(－1,0)上单调递减，则a2＋b2的取值范围是(　　)．8\nA.B.C.D.解析由题意得f′(x)＝3x2＋2ax＋b，f′(x)≤0在x∈(－1,0)上恒成立，即3x2＋2ax＋b≤0在x∈(－1,0)上恒成立，∴∴a，b所满足的可行域如图中的阴影部分所示．则点O到直线2a－b－3＝0的距离d＝，∴a2＋b2≥d2＝，∴a2＋b2的取值范围为.答案　C3．(2022·临沂模拟)设函数f(x)＝ax3－3x＋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，即x∈(0,1]时，f(x)＝ax3－3x＋1≥0可化为a≥－.设g(x)＝－，则g′(x)＝，所以g(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减，因此g(x)max＝g＝4，从而a≥4.当x＜0，即x∈[－1,0)时，同理a≤－.g(x)在区间[－1,0)上单调递增，∴g(x)min＝g(－1)＝4，从而a≤4，综上可知a＝4.答案　44．将边长为1m的正三角形薄铁皮，沿一条平行于某边的直线剪成两块，其中一块是梯形，记s＝，则s的最小值是________．解析　8\n如图所示，设AD=xm(0＜x＜1)，则DE=AD=xm，∴梯形的周长为x＋2(1－x)＋1＝3－x(m)，又S△ADE＝x2(m2)，∴梯形的面积为－x2(m2)，∴s＝×(0＜x＜1)，∴s′＝×，令s′＝0，得x＝或3(舍去)，当x∈时，s′＜0，s递减；当x∈时，s′＞0，s递增．故当x＝时，s的最小值是.答案　5．(2022·温州五校联考)已知函数f(x)＝ax3＋bx2－3x在x＝±1处取得极值．(1)求函数f(x)的解析式；(2)若过点A(1，m)(m≠－2)可作曲线y＝f(x)的三条切线，求实数m的取值范围．解　(1)f′(x)＝3ax2＋2bx－3，依题意，f′(1)＝f′(－1)＝0，即解得a＝1，b＝0.∴f(x)＝x3－3x.(2)由(1)知f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)，∵曲线方程为y＝x3－3x，∴点A(1，m)(m≠－2)不在曲线上．设切点为M(x0，y0)，则点M的坐标满足y0＝x－3x0.∵f′(x0)＝3(x－1)，∴切线的斜率为3(x－1)＝，整理得2x－3x＋m＋3＝0.∵过点A(1，m)可作曲线的三条切线，∴关于x0的方程2x－3x＋m＋3＝0有三个实根．设g(x0)＝2x－3x＋m＋3，则g′(x0)＝6x－6x0，由g′(x0)＝0，得x0＝0或1.∴g(x0)在(－∞，0)和(1，＋∞)上单调递增，8\n在(0,1)上单调递减．∴函数g(x0)＝2x－3x＋m＋3的极值点为x0＝0和1.∴关于x0的方程2x－3x＋m＋3＝0有三个实根的充要条件是解得－3<m<－2.故所求实数m的取值范围是(－3，－2)．6．(2022·福州二模)已知函数f(x)＝ax＋x2，g(x)＝xlna，a>1.(1)求证函数F(x)＝f(x)－g(x)在(0，＋∞)上单调递增；(2)若函数y＝－3有四个零点，求b的取值范围；(3)若对于任意的x1，x2∈[－1,1]时，都有|F(x2)－F(x1)|≤e2－2恒成立，求a的取值范围．(1)证明　∵F(x)＝f(x)－g(x)＝ax＋x2－xlna，∴F′(x)＝ax·lna＋2x－lna＝(ax－1)lna＋2x.∵a>1，x>0，∴ax－1>0，lna>0,2x>0，∴当x∈(0，＋∞)时，F′(x)>0，即函数F(x)在区间(0，＋∞)上单调递增．(2)解　由(1)知当x∈(－∞，0)时，F′(x)<0，∴F(x)在(－∞，0]上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．∴F(x)取得最小值为F(0)＝1.由－3＝0，得F(x)＝b－＋3或F(x)＝b－－3，∴要使函数y＝－3有四个零点，只需即b－>4，即>0，解得b>2＋或2－<b<0.故b的取值范围是(2－，0)∪(2＋，＋∞)．(3)解　∵∀x1，x2∈[－1,1]，由(1)知F(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，∴F(x)min＝F(0)＝1.从而再来比较F(－1)与F(1)的大小即可．F(－1)＝＋1＋lna，F(1)＝a＋1－lna，∴F(1)－F(－1)＝a－－2lna.令H(x)＝x－－2lnx(x>0)，8\n则H′(x)＝1＋－＝＝>0，∴H(x)在(0，＋∞)上单调递增．∵a>1，∴H(a)>H(1)＝0.∴F(1)>F(－1)．∴|F(x2)－F(x1)|的最大值为|F(1)－F(0)|＝a－lna，∴要使|F(x2)－F(x1)|≤e2－2恒成立，只需a－lna≤e2－2即可．令h(a)＝a－lna(a>1)，h′(a)＝1－>0，∴h(a)在(1，＋∞)上单调递增．∵h(e2)＝e2－2，∴只需h(a)≤h(e2)，即1<a≤e2.故a的取值范围是(1，e2].8