【文档说明】2021新高考数学新课程一轮复习：第二章 第11讲 第3课时 导数的综合应用含解析.docx，共(13)页，134.885 KB，由envi的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-e2a009ad9c34aff16594cafa4441893a.html

以下为本文档部分文字说明：

第3课时导数的综合应用组基础关1．方程x3－6x2＋9x－10＝0的实根个数是()A．3B．2C．1D．0答案C解析设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)＝－1

0<0，所以方程x3－6x2＋9x－10＝0的实根个数为1.2．若不等式2xlnx≥－x2＋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，＋∞)答案B解析因为2xlnx≥－x2＋ax－3

，x∈(0，＋∞)，则a≤2lnx＋x＋3x，设h(x)＝2lnx＋x＋3x(x>0)，则h′(x)＝(x＋3)(x－1)x2.当x∈(0,1)时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)

时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增，所以h(x)min＝h(1)＝4，所以a≤h(x)min＝4.3．某商场从生产厂家以每件20元的价格购进一批商品，若该商品零售价定为p元，销售量为Q件，则销售量Q(单位：件)与零售价p(单位：元)有如下关系：Q＝8300－170p－p2，则最大毛利润

为(毛利润＝销售收入－进货支出)()A．30元B．60元C．28000元D．23000元答案D解析设毛利润为L(p)元，则由题意知L(p)＝pQ－20Q＝Q(p－20)＝(8300－170p－p2)(p－

20)＝－p3－150p2＋11700p－166000，所以L′(p)＝－3p2－300p＋11700.令L′(p)＝0，解得p＝30或p＝－130(舍去)．当p∈(0,30)时，L′(p)>0，当p∈

(30，＋∞)时，L′(p)<0，故L(p)在p＝30时取得极大值，即最大值，且最大值为L(30)＝23000.4．(2020·贵阳摸底)函数f(x)＝ex＋a－x3＋2x2在(0，＋∞)上只有一个零点，则a的值

为()A．4B．4ln2－3C．2D．5ln2－4答案D解析函数f(x)＝ex＋a－x3＋2x2在(0，＋∞)上只有一个零点，可得ea＝x3－2x2ex在(0，＋∞)上只有一个解．令g(x)＝x3－2x2ex，可得g′(x)＝－x3＋5x2－4xex＝－x·x2－5x＋

4ex，g(x)在(0，＋∞)上有2个极值点，x＝1和x＝4；当x∈(0,1)时函数g(x)是减函数，当x∈(1,4)时，函数g(x)是增函数，当x∈(4，＋∞)时函数g(x)是减函数，g(0)＝0.所以函数g(x)的最大值为g(4)＝64－32e4＝32e4

，函数f(x)＝ex＋a－x3＋2x2在(0，＋∞)上只有一个零点，可得ea＝32e4，所以a＝5ln2－4.故选D.5．(2019·天津高考)已知a∈R，设函数f(x)＝x2－2ax＋2a，x≤

1，x－alnx，x>1.若关于x的不等式f(x)≥0在R上恒成立，则a的取值范围为()A．[0,1]B．[0,2]C．[0，e]D．[1，e]答案C解析当x≤1时，因为f(x)＝x2－2ax＋2a≥0恒成立，而二

次函数f(x)图象的对称轴为直线x＝a，所以当a≥1时，f(x)min＝f(1)＝1>0恒成立，当a<1时，f(x)min＝f(a)＝2a－a2≥0，所以0≤a<1.综上，a≥0.当x>1时，由f(x)＝x－alnx≥0恒成立，即a≤

xlnx恒成立．设g(x)＝xlnx，则g′(x)＝lnx－1(lnx)2.令g′(x)＝0，得x＝e，且当1<x<e时，g′(x)<0，当x>e时，g′(x)>0，所以g(x)min＝g(e)＝e，所以a≤e.综上，a的取值范围是0≤a≤e，即[0，e]．故选C.6．已知函

数f(x)＝ex－ln(x＋3)，则下面对函数f(x)的描述正确的是()A．∀x∈(－3，＋∞)，f(x)≥13B．∀x∈(－3，＋∞)，f(x)>－12C．∃x0∈(－3，＋∞)，f(x0)＝－1D．f(x)min∈(0,1)答案B解析因为函数f(x)＝

ex－ln(x＋3)，定义域为(－3，＋∞)，所以f′(x)＝ex－1x＋3，易知f(x)的导函数f′(x)在定义域(－3，＋∞)上单调递增，又f′(－1)<0，f′－12>0，所以f′(x)＝0在(－3，＋∞)上有唯一的实根，不妨将其设为x0，且x0∈

－1，－12，则x＝x0为f(x)的最小值点，且f′(x0)＝0，即ex0＝1x0＋3，两边取以e为底的对数，得x0＝－ln(x0＋3)，故f(x)≥f(x0)＝ex0－ln(x0＋3)＝1x0＋3－ln(x0＋3)＝1x0＋3＋x0，因为x0∈－1，－12，所以2<x0＋3<52，故

f(x)≥f(x0)＝1x0＋3＋(x0＋3)－3>2＋12－3＝－12，即∀x∈(－3，＋∞)，都有f(x)>－12.7．已知方程ln|x|－ax2＋32＝0有4个不同的实数根，则实数a的取值范围是()A.0，e22B.0，e22C.0，e23D.

0，e23答案A解析由于y＝ln|x|－ax2＋32是偶函数，所以方程lnx－ax2＋32＝0(x＞0)有两个根，即a＝lnx＋32x2有两个根．设f(x)＝lnx＋32x2，则f′(x)＝x－2xln

x＋32x4＝－2(lnx＋1)x3，所以当0<x<1e时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x>1e时，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以当x＝1e时，f(x)取得极大值也是最大值f1e＝e22.又x→＋0时，f(x)→－∞，x→＋∞时，f(x)→0，所以

要使a＝lnx＋32x2有两个根，则0<a<e22.8．已知函数f(x)＝x|x2－a|，若存在x∈[1,2]，使得f(x)<2，则实数a的取值范围是________．答案(－1,5)解析当x∈[1,2]时，f(x)＝|x3－ax|，由f(x)<2可得－

2<x3－ax<2，即为－x2－2x<－a<－x2＋2x，设g(x)＝－x2－2x，则导数为g′(x)＝－2x＋2x2，当x∈[1,2]时，g′(x)≤0，即g(x)在[1,2]上单调递减，所以g(x)min＝－4－1＝－5，即有－a>－5，即a<5；设h(x)＝－x2＋2x，则导数为h′(

x)＝－2x－2x2，当x∈[1,2]时，h′(x)<0，即h(x)在[1,2]上单调递减，可得h(x)max＝－1＋2＝1.即有－a<1，即a>－1.综上可得，a的取值范围是－1<a<5.9．已知函数f(x)＝xlnx＋12x2，x0是函数f(x)的极值点，给出以下几个命题：①0

<x0<1e；②x0>1e；③f(x0)＋x0<0；④f(x0)＋x0>0.其中正确的命题是________(填出所有正确命题的序号)．答案①③解析∵函数f(x)＝xlnx＋12x2(x>0)，∴f′(x)＝lnx＋1＋x，易得f′

(x)＝lnx＋1＋x在(0，＋∞)上单调递增，∴f′1e＝1e>0，∵x→0，f′(x)→－∞，∴0<x0<1e，即①正确，②不正确；∵lnx0＋1＋x0＝0，∴f(x0)＋x0＝x0lnx0＋12x20＋x0＝x0lnx0＋12x0＋1＝－1

2x20<0，即③正确，④不正确．10．已知函数f(x)的定义域是[－1,5]，部分对应值如表，f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，x－10245f(x)121.521下列关于函数f(x)的命题：①函数f(x)的值域为[1,2]；②函数f(x)在[0

,2]上是减函数；③如果当x∈[－1，t]时，f(x)的最大值是2，那么t的最大值为4；④当1<a<2时，函数y＝f(x)－a最多有4个零点．其中所有正确命题的序号是________．答案①②④解析由f(x)的导函数f′(

x)的图象可知，当－1<x<0及2<x<4时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，当0<x<2及4<x<5时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，当x＝0及x＝4时，函数f(x)取得极大值f(0)＝2，

f(4)＝2，当x＝2时，函数f(x)取得极小值f(2)＝1.5.又f(－1)＝f(5)＝1，所以函数f(x)的最大值为2，最小值为1，值域为[1,2]，①②正确；因为当x＝0及x＝4时，函数f(x)取得极大值f(0)＝2，f(4)＝2，要使当x∈[－1，t]时，函数f(x)的

最大值是2，则0≤t≤5，所以t的最大值为5，所以③不正确；因为极小值f(2)＝1.5，极大值f(0)＝f(4)＝2，所以当1<a<2时，y＝f(x)－a最多有4个零点，所以④正确，所以正确命题的序号为①②④.组能力关1．已知f(x)＝1－xex，过点(k,0)与f(x

)相切的直线有且仅有3条，则k的取值范围是()A．(－∞，2－e2)B．(－∞，2－e2]C．(－∞，4－e2)D．(－∞，4－e2]答案C解析设切点为x0，1－x0ex0，f′(x)＝x－1ex，则切线为y－1＋x0ex0＝x0－1ex0(x－x0)，代入点(k,0)

得k＝x0＋x0x0－1－ex0x0－1，令g(x)＝x＋xx－1－exx－1，则g′(x)＝(2－x)(ex－x)(x－1)2，当x<2时，g′(x)>0，g(x)单调递增，注意到x≠1，故g(x)的递增区间为(－∞，1)，(1,2)，当x>2时，g(x)单调递减，要使g(x)＝k有三个根，

由图象可得，k<g(2)＝4－e2，故k的取值范围为(－∞，4－e2)．2．(多选)关于函数f(x)＝2x＋lnx，下列选项正确的是()A．x＝2是f(x)的极大值点B．函数y＝f(x)－x有且只有1个零点C．存在正实数k，使得f(x)>kx恒成立D．对任意两个正实数x1，x2，且x1>x2，若

f(x1)＝f(x2)，则x1＋x2>4答案BD解析f′(x)＝x－2x2，当0<x<2时，f′(x)<0；当x>2时，f′(x)>0.所以f(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，x＝2

是f(x)的极小值点，故A错误．根据函数f(x)的单调性及极值点，作出函数f(x)的大致图象，如图所示，作出直线y＝x，易知直线y＝x与f(x)的图象有且只有1个交点，即函数y＝f(x)－x有且只有1个零点，故B正确．若f(x)>kx，则k<2x2＋lnxx，

令g(x)＝2x2＋lnxx，则g′(x)＝－4＋x－xlnxx3，令F(x)＝－4＋x－xlnx，则F′(x)＝－lnx，所以F(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，F(x)≤F(1)<0，所以g(x)在(0，＋∞)

上单调递减，g(x)无最小值，不存在正实数k，使得f(x)>kx恒成立，故C错误．由x1>x2，f(x1)＝f(x2)可知x1>2,0<x2<2，要证x1＋x2>4，即证x1>4－x2，且x1>4－x2>2，f(x)在(2，＋∞)上单调递增，即证f(x

1)>f(4－x2)，又f(x1)＝f(x2)，所以证f(x2)>f(4－x2)，即证f(x)>f(4－x)，x∈(0,2)．令h(x)＝f(x)－f(4－x)＝lnx－ln(4－x)＋2x－24－x，x∈(0,2)，则h′(x)＝－8(x－2)2x2(4

－x)2<0，所以h(x)在(0,2)上单调递减，所以h(x)>0，所以x1＋x2>4，故D正确．故选BD.3．(多选)对于定义在R上的函数f(x)，若存在非零实数x0，使函数f(x)在(－∞，x0)和(x0，

＋∞)上均有零点，则称x0为函数f(x)的一个“折点”．下列四个函数存在“折点”的是()A．f(x)＝3|x－1|＋2B．f(x)＝lg|x＋2019|C．f(x)＝x33－x－1D．f(x)＝x2＋2mx－1(m∈R)答案BD解析因

为f(x)＝3|x－1|＋2>2，所以函数f(x)不存在零点，所以函数f(x)不存在“折点”；对于函数f(x)＝lg|x＋2019|，取x0＝－2019，则函数f(x)在(－∞，－2019)上有零点x＝－2020，在(－2019，＋∞)上有零点x＝－2018，所以x0＝－2019

是函数f(x)＝lg|x＋2019|的一个“折点”；对于函数f(x)＝x33－x－1，则f′(x)＝x2－1＝(x＋1)(x－1)．令f′(x)>0，得x>1或x<－1；令f′(x)<0，得－1<x<1，所以函数f(x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调递增，在(－1,1

)上单调递减．又f(－1)＝－13<0，所以函数f(x)只有一个零点，所以函数f(x)＝x33－x－1不存在“折点”；对于函数f(x)＝x2＋2mx－1＝(x＋m)2－m2－1，由于f(－m)＝－m2－1≤－1，结合图象(图

略)可知该函数一定有“折点”．故选BD.4．(2019·武汉模拟)设函数f(x)＝xekx(k≠0)．(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)讨论函数f(x)的单调性；(3)设g(x)＝x2

－2bx＋4，当k＝1时，若对任意的x1∈R，存在x2∈[1,2]，使得f(x1)≥g(x2)，求实数b的取值范围．解(1)f′(x)＝(1＋kx)ekx，因为f(0)＝0且f′(0)＝1，所以曲线y＝f(x)在点(

0，f(0))处的切线方程为y＝x.(2)函数f(x)的定义域为R，令f′(x)＝(1＋kx)ekx>0，由ekx>0，知1＋kx>0.讨论：①当k>0时，x>－1k，此时f(x)在－∞，－1k上单调递减，在－1k，＋∞

上单调递增．②当k<0时，x<－1k，此时f(x)在－∞，－1k上单调递增，在－1k，＋∞上单调递减．(3)由(2)知，当k＝1时，f(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增．则对任意的x1∈R，有f(x1)≥f(

－1)＝－1e，即f(x1)min＝－1e，又已知存在x2∈[1,2]，使得f(x1)≥g(x2)，所以－1e≥g(x2)，x2∈[1,2]，即存在x∈[1,2]，使得g(x)＝x2－2bx＋4≤－1e，即2b≥x＋4＋e－1x，因为x∈[1,2]时，x＋4＋e－1x

∈4＋12e，5＋1e，所以2b≥4＋12e，即b≥2＋14e，所以实数b的取值范围是2＋14e，＋∞.组素养关1．已知函数f(x)＝x－12sinx－m2lnx＋1，f′(x)是

f(x)的导函数．(1)证明：当m＝2时，f′(x)在(0，＋∞)上有唯一零点；(2)若存在x1，x2∈(0，＋∞)，且x1≠x2时，f(x1)＝f(x2)，证明：x1x2<m2.证明(1)当m＝2时，f(x)＝x－12sinx－lnx＋1，f′(x)＝1－12cosx－1x.当x

∈(0，π)时，f′(x)为增函数，且f′π3＝1－14－3π＝34－3π<0，f′(π)＝32－1π>0，∴f′(x)在(0，π)上有唯一零点．当x∈[π，＋∞)时，f′(x)＝1－12cosx－1x

≥1－12－1x≥12－1π>0，∴f′(x)在[π，＋∞)上没有零点．综上知，f′(x)在(0，＋∞)上有唯一零点．(2)不妨设0<x1<x2，由f(x1)＝f(x2)得x1－12sinx1－m2lnx1＋1＝x2－12sinx2－m2lnx2＋1，∴m2(lnx2－lnx1)＝

x2－x1－12(sinx2－sinx1)．设g(x)＝x－sinx，则g′(x)＝1－cosx≥0，故g(x)在(0，＋∞)上为增函数，∴x2－sinx2>x1－sinx1，从而x2－x1>sinx2－sinx1，∴m2(lnx2－lnx

1)＝x2－x1－12(sinx2－sinx1)>12(x2－x1)，∴m>x2－x1lnx2－lnx1.下面证明：x2－x1lnx2－lnx1>x1x2.令t＝x2x1，则t>1，即证明t－1lnt>t，只需证明lnt－t－1t<0.(*)设

h(t)＝lnt－t－1t，则当t>1时，h′(t)＝－(t－1)22tt<0，∴h(t)在(1，＋∞)上单调递减．∴当t>1时，h(t)<h(1)＝0，从而(*)得证，即x2－x1lnx2－lnx1>x1x2.∴m>x1x2，即x1x2<m2.2．(2019·

华中师范大学第一附中模拟)已知函数f(x)＝(x＋1)ex＋12ax2＋2ax，a∈R.(1)讨论f(x)极值点的个数；(2)若x0(x0≠－2)是f(x)的一个极值点，且f(－2)>e－2，证明：f(x0)≤1.解(1)f(x)的定义域为R，f′(x)＝(x＋2)(ex＋a)．若a≥0，则ex

＋a>0，所以当x∈(－∞，－2)时，f′(x)<0；当x∈(－2，＋∞)时，f′(x)>0.所以f(x)在(－∞，－2)上单调递减，在(－2，＋∞)上单调递增．所以x＝－2为f(x)唯一的极小值点，无

极大值点，故此时f(x)有1个极值点．若a<0，令f′(x)＝(x＋2)(ex＋a)＝0，则x1＝－2，x2＝ln(－a)，当a<－e－2时，x1<x2，则当x∈(－∞，x1)时，f′(x)>0；当x∈(x1，x2)时，f′(x)<0；当x

∈(x2，＋∞)时，f′(x)>0.所以x1，x2分别为f(x)的极大值点和极小值点，故此时f(x)有2个极值点．当a＝－e－2时，x1＝x2，f′(x)＝(x＋2)(ex＋a)≥0且不恒为0，此时f(x)在R上单调递增，无极值点．当－e－2<a<0时，x1>x2.则当x∈(－∞，x2)时，f′(

x)>0；当x∈(x2，x1)时，f′(x)<0；当x∈(x1，＋∞)时，f′(x)>0.同理，x1，x2分别为f(x)的极小值点和极大值点，故此时f(x)有2个极值点．综上，当a＝－e－2时，f(x)无极值点；

当a≥0时，f(x)有1个极值点；当a<－e－2或－e－2<a<0时，f(x)有2个极值点．(2)证明：若x0(x0≠－2)是f(x)的一个极值点，由(1)可知a∈(－∞，－e－2)∪(－e－2,0)，又f(－2)＝－e－2－2a>e－2，所以a∈(－∞，－e－2)

，且x0≠－2.则x0＝ln(－a)，所以f(x0)＝f(ln(－a))＝12a[(ln(－a))2＋2ln(－a)－2]．令t＝ln(－a)∈(－2，＋∞)，则a＝－et，所以g(t)＝f(ln(－a))＝－12et(t2＋2t－2)．故g′(t)＝－

12t(t＋4)et.又因为t∈(－2，＋∞)，所以t＋4>0，令g′(t)＝0，得t＝0.当t∈(－2,0)时，g′(t)>0，g(t)单调递增；当t∈(0，＋∞)，g′(t)<0，g(t)单调递减．所以t＝0是g(t)唯一的极大值点也是最大值点，即g(t)

≤g(0)＝1.故f(ln(－a))≤1，即f(x0)≤1.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com