江蘇專用2024新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第三章導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用強(qiáng)化訓(xùn)練導(dǎo)數(shù)在函數(shù)中的應(yīng)用練習(xí)

PAGEPAGE1強(qiáng)化訓(xùn)練導(dǎo)數(shù)在函數(shù)中的應(yīng)用1．函數(shù)f(x)＝ex－ex，x∈R的單調(diào)遞增區(qū)間是()A．(0，＋∞) B．(－∞，0)C．(－∞，1) D．(1，＋∞)答案D解析由題意知，f′(x)＝ex－e，令f′(x)>0，解得x>1，故選D.2．函數(shù)f(x)＝1＋x－sinx在(0,2π)上是()A．增函數(shù)B．減函數(shù)C．在(0，π)上增，在(π，2π)上減D．在(0，π)上減，在(π，2π)上增答案A解析∵f′(x)＝1－cosx>0，∴f(x)在(0,2π)上是增函數(shù)．3．f(x)為定義在R上的可導(dǎo)函數(shù)，且f′(x)>f(x)，對(duì)隨意正實(shí)數(shù)a，則下列式子成立的是()A．f(a)<eaf(0) B．f(a)>eaf(0)C．f(a)<eq\f(f0,ea) D．f(a)>eq\f(f0,ea)答案B解析令g(x)＝eq\f(fx,ex)，∴g′(x)＝eq\f(f′xex－fxex,ex2)＝eq\f(f′x－fx,ex)>0.∴g(x)在R上為增函數(shù)，又∵a>0，∴g(a)>g(0)，即eq\f(fa,ea)>eq\f(f0,e0)，即f(a)>eaf(0)．4．函數(shù)y＝eq\f(x,ex)在[0,2]上的最大值是()A.eq\f(1,e)B.eq\f(2,e2)C．0D.eq\f(1,2\r(e))答案A解析易知y′＝eq\f(1－x,ex)，x∈[0,2]，令y′>0，得0<x<1，令y′<0，得1<x<2，所以函數(shù)y＝eq\f(x,ex)在[0,1)上單調(diào)遞增，在(1,2]上單調(diào)遞減，所以y＝eq\f(x,ex)在[0,2]上的最大值是eq\f(1,e)，故選A.5．(2024·石家莊模擬)直線y＝a與函數(shù)y＝x3－3x的圖象有三個(gè)相異的交點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為()A．(－2,2) B．[－2,2]C．[2，＋∞) D．(－∞，－2]答案A解析考慮數(shù)形結(jié)合，y＝x3－3x的導(dǎo)數(shù)y′＝3x2－3＝3(x－1)·(x＋1)，令y′>0可解得x<－1或x>1，故y＝x3－3x在(－∞，－1)，(1，＋∞)上單調(diào)遞增，在(－1,1)上單調(diào)遞減，函數(shù)的極大值為f(－1)＝2，微小值為f(1)＝－2，大致圖象如圖所示．而y＝a為一條水平直線，通過(guò)圖象可得，y＝a介于極大值與微小值之間，則有三個(gè)相異交點(diǎn)．可得a∈(－2,2)．6．已知定義在R上的可導(dǎo)函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，滿意f′(x)<f(x)，且f(0)＝eq\f(1,2)，則不等式f(x)－eq\f(1,2)ex<0的解集為()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2))) B．(0，＋∞)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)) D．(－∞，0)答案B解析構(gòu)造函數(shù)g(x)＝eq\f(fx,ex)，則g′(x)＝eq\f(f′x－fx,ex)，因?yàn)閒′(x)<f(x)，所以g′(x)<0，故函數(shù)g(x)在R上為減函數(shù)，又f(0)＝eq\f(1,2)，所以g(0)＝eq\f(f0,e0)＝eq\f(1,2)，則不等式f(x)－eq\f(1,2)ex<0可化為eq\f(fx,ex)<eq\f(1,2)，即g(x)<eq\f(1,2)＝g(0)，所以x>0，即所求不等式的解集為(0，＋∞)．7．(多選)假如函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的圖象如圖所示，則以下關(guān)于函數(shù)y＝f(x)的推斷正確的是()A．在區(qū)間(2,4)內(nèi)單調(diào)遞減B．在區(qū)間(2,3)內(nèi)單調(diào)遞增C．x＝－3是微小值點(diǎn)D．x＝4是極大值點(diǎn)答案BD解析A項(xiàng)，函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(2,4)內(nèi)f′(x)＞0，則函數(shù)f(x)在區(qū)間(2,4)上單調(diào)遞增，故A不正確；B項(xiàng)，函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(2,3)內(nèi)的導(dǎo)數(shù)f′(x)＞0，則函數(shù)f(x)在區(qū)間(2,3)上單調(diào)遞增，故B正確；C項(xiàng)，由圖象知當(dāng)x＝－3時(shí)，函數(shù)f′(x)取得微小值，但是函數(shù)y＝f(x)沒(méi)有取得微小值，故C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，當(dāng)x＝4時(shí)，f′(x)＝0，當(dāng)2＜x＜4時(shí)，f′(x)＞0，函數(shù)y＝f(x)為增函數(shù)，當(dāng)x>4時(shí)，f′(x)＜0，函數(shù)y＝f(x)為減函數(shù)，則x＝4是函數(shù)f(x)的極大值點(diǎn)，故D正確．8．(多選)已知函數(shù)f(x)＝x3－2x2－4x－7，其導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，下列命題中真命題的為()A．f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，2))B．f(x)的微小值是－15C．當(dāng)a＞2時(shí)，對(duì)隨意的x＞2且x≠a，恒有f(x)＞f(a)＋f′(a)(x－a)D．函數(shù)f(x)有且只有一個(gè)零點(diǎn)答案BCD解析f(x)＝x3－2x2－4x－7，其導(dǎo)函數(shù)為f′(x)＝3x2－4x－4.令f′(x)＝0，解得x＝－eq\f(2,3)，x＝2，當(dāng)f′(x)＞0，即x＜－eq\f(2,3)或x＞2時(shí)，函數(shù)單調(diào)遞增，當(dāng)f′(x)＜0，即－eq\f(2,3)＜x＜2時(shí)，函數(shù)單調(diào)遞減；故當(dāng)x＝2時(shí)，函數(shù)有微小值，微小值為f(2)＝－15，當(dāng)x＝－eq\f(2,3)時(shí)，函數(shù)有極大值，極大值為f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)))＜0，故函數(shù)只有一個(gè)零點(diǎn)，A錯(cuò)誤，BD正確；當(dāng)a>2時(shí)，對(duì)隨意的x>2且x≠a，恒有f(x)>f(a)＋f′(a)(x－a)，即f(x)－f(a)－f′(a)(x－a)＝x3＋2a3－2x2－2a2－3a2x＋4ax>0在x>2，a>2且x≠a上恒成立，設(shè)g(x)＝f(x)－f(a)－f′(a)(x－a)，g′(x)＝3x2－4x－3a2＋4a，令h(x)＝g′(x)，h′(x)＝6x－4，令h′(x)>0，x>eq\f(2,3)，∴g′(x)在(2，＋∞)上單調(diào)遞增，又因?yàn)間′(a)＝0，所以當(dāng)2<x<a時(shí)，g′(x)<0，當(dāng)x>a時(shí)，g′(x)>0，所以g(x)在(2，a)上單調(diào)遞減，在(a，＋∞)上單調(diào)遞增，又x≠a，所以g(x)>g(a)＝0，所以恒有f(x)>f(a′)＋f′(a)·(x－a)．故C正確．9．若函數(shù)f(x)＝eq\f(x3,3)－eq\f(a,2)x2＋x＋1在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3))上單調(diào)遞減，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．答案eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,3)，＋∞))解析f′(x)＝x2－ax＋1，因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3))上單調(diào)遞減，所以f′(x)≤0在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3))上恒成立，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))≤0，,f′3≤0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)－\f(a,2)＋1≤0，,9－3a＋1≤0，))解得a≥eq\f(10,3)，所以實(shí)數(shù)a的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,3)，＋∞)).10．已知函數(shù)f(x)＝ex－2x＋a有零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________________．答案(－∞，2ln2－2]解析由原函數(shù)有零點(diǎn)，可將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為方程ex－2x＋a＝0有解問(wèn)題，即方程a＝2x－ex有解．令函數(shù)g(x)＝2x－ex，則g′(x)＝2－ex，令g′(x)＝0，得x＝ln2，所以g(x)在(－∞，ln2)上是增函數(shù)，在(ln2，＋∞)上是減函數(shù)，所以g(x)的最大值為g(ln2)＝2ln2－2，因此，a的取值范圍就是函數(shù)g(x)的值域，所以a∈(－∞，2ln2－2]．11．已知函數(shù)f(x)＝lnx＋a(1－x)在(2，＋∞)上為單調(diào)函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解方法一f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－a.若a≤0，則f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；若a>0，則當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))時(shí)，f′(x)>0，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))時(shí)，f′(x)<0，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上單調(diào)遞減，所以當(dāng)a≤0時(shí)，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，符合要求；當(dāng)a>0時(shí)，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上單調(diào)遞減，則2≥eq\f(1,a)，即a≥eq\f(1,2).所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，0]∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).方法二f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－a.由題意得，當(dāng)x∈(2，＋∞)時(shí)，f′(x)≥0恒成立或f′(x)≤0恒成立，即a≤eq\f(1,x)恒成立或a≥eq\f(1,x)恒成立．∵x∈(2，＋∞)，∴0<eq\f(1,x)<eq\f(1,2)，∴a≤0或a≥eq\f(1,2)，∴實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，0]∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).12．(2024·東北四校聯(lián)考)已知f(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(ex,e)－3，F(xiàn)(x)＝lnx＋eq\f(ex,e)－3x＋2.(1)推斷f(x)在(0，＋∞)上的單調(diào)性；(2)推斷函數(shù)F(x)在(0，＋∞)上零點(diǎn)的個(gè)數(shù)．解(1)f′(x)＝－eq\f(1,x2)＋eq\f(ex,e)＝eq\f(x2ex－e,ex2)，令g(x)＝x2ex－e，x>0，則g′(x)＝ex(x2＋2x)>0，即g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，又g(1)＝0，所以當(dāng)0<x<1時(shí)，g(x)<g(1)＝0，則f′(x)<0，當(dāng)x>1時(shí)，g(x)>0，則f′(x)>0，所以f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)F′(x)＝f(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(ex,e)－3，且f(1)＝－1<0，由(1)得?x1，x2，滿意0<x1<1<x2，使得f(x)在(0，x1)上大于0，在(x1，x2)上小于0，在(x2，＋∞)上大于0，即F(x)在(0，x1)上單調(diào)遞增，在(x1，x2)上單調(diào)遞減，在(x2，＋∞)上單調(diào)遞增，而F(1)＝0，x→0時(shí)，F(xiàn)(x)→－∞，x→＋∞時(shí)，F(xiàn)(x)→＋∞，畫出函數(shù)F(x)圖象的草圖，如圖所示．故F(x)在(0，＋∞)上的零點(diǎn)有3個(gè)．13．已知函數(shù)f(x)＝sinx－eq\f(1,3)x，x∈[0，π]，cosx0＝eq\f(1,3)，x0∈[0，π]．①f(x)的最大值為f(x0)；②f(x)的最小值為f(x0)；③f(x)在[0，x0]上是減函數(shù)；④f(x)在[x0，π]上是減函數(shù)．那么上面命題中真命題的序號(hào)是________．答案①④解析f′(x)＝cosx－eq\f(1,3)，由f′(x)＝0，得cosx＝eq\f(1,3)，即x＝x0，因?yàn)閤0∈[0，π]，當(dāng)0<x<x0時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)x0<x<π時(shí)，f′(x)<0，所以f(x)的最大值為f(x0)，f(x)在[x0，π]上是減函數(shù)．14．(2024·邢臺(tái)模擬)若函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2＋(a－1)x－alnx存在唯一的極值，且此極值不小于1，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為________．答案eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞))解析對(duì)函數(shù)求導(dǎo)得f′(x)＝x－1＋aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x)))＝eq\f(x＋ax－1,x)，x>0，因?yàn)楹瘮?shù)存在唯一的極值，所以導(dǎo)函數(shù)存在唯一的零點(diǎn)，且零點(diǎn)大于0，故x＝1是唯一的極值點(diǎn)，此時(shí)－a≤0，且f(1)＝－eq\f(1,2)＋a≥1，所以a≥eq\f(3,2).15．已知函數(shù)f(x)＝(x－2)ex＋e＋1，g(x)＝eq\f(a,x)＋xlnx，對(duì)隨意的m∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，3))，總存在n∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，3))使得g(m)≥f(n)成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為________．答案[1，＋∞)解析對(duì)隨意的m∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，3))，總存在n∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，3))使得g(m)≥f(n)成立，即當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，3))時(shí)，g(x)≥f(x)min恒成立，∵f(x)＝(x－2)ex＋e＋1，∴f′(x)＝(x－1)ex，∴當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))時(shí)，f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減，∴當(dāng)x∈(1,3]時(shí)，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，∴f(x)min＝f(1)＝1，當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，3))時(shí)，g(x)＝eq\f(a,x)＋xlnx≥1，則a≥x－x2lnx，記h(x)＝x－x2lnx，h′(x)＝1－2xlnx－x，h′(1)＝0，令k(x)＝h′(x)，則k′(x)＝－3－2lnx，k′(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，3))上單調(diào)遞減，k′(x)≤k′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－1，∴h′(x)單調(diào)遞減，∴當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))時(shí)，h′(x)>0，h(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(1,3)時(shí)，h′(x)<0，h(x)單調(diào)遞減，∴h(x)max＝h(1)＝1，故當(dāng)a≥1時(shí)，g(x)≥1.故實(shí)數(shù)a的取值范圍為[1，＋∞)．16．已知f(x)＝ax2(a∈R)，g(x)＝2lnx.(1)探討函數(shù)F(x)＝f(x)－g(x)的單調(diào)性；(2)若方程f(x)＝g(x)在區(qū)間[eq\r(2)，e]上有兩個(gè)不相等的解，求a的取值范圍．解(1)F(x)＝ax2－2lnx，其定義域?yàn)?0，＋∞)，所以F′(x)＝2ax－eq\f(2,x)＝eq\f(2ax2－1,x)(x>0)．①當(dāng)a>0時(shí)，由ax2－1>0，得x>eq\f(1,\r(a))，由ax2－1<0，得0<x<eq\f(1,\r(a))，故當(dāng)a>0時(shí)，F(xiàn)(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(a))，＋∞))上單調(diào)遞增，在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,\r(a))))上單調(diào)遞減．②當(dāng)a≤0時(shí)，F(xiàn)′(x)<0(x>0)恒成立．故當(dāng)a≤0時(shí)，F(xiàn)(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減．綜上，若a≤0，F(xiàn)(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減；若a>0，F(xiàn)(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,\r(a))))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(a))，＋∞))上單調(diào)遞增．(2)方法一方程f(x)＝g(x)在區(qū)間[eq\r(2)，e]上有兩個(gè)不相等的根，等價(jià)于F(x)＝f(x)－g(x)在區(qū)間[eq\r(2)，e]上有兩個(gè)不等的零點(diǎn)．由(1)知，若a≤0，F(xiàn)(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，最多有一個(gè)零點(diǎn)，所以a>0，F(xiàn)(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,\r(a))))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(a))，＋∞))上單調(diào)遞增，易知F(x)在其定義域上連續(xù)，若F(x)在區(qū)間[eq\r(2)，e]上有兩個(gè)不等零點(diǎn)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(2)<\f(1,\r(a))<e，,F\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(a))))<0，,F\r(2)≥0，,Fe≥0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)<a<\f(1,2)，,1－<0，,2a－2ln\r(2)≥0，,e2a－2lne≥0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)<a<\f(1,2)，,a<\f(1,e)，,a≥\f(ln2,2