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

第3講導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用基礎(chǔ)鞏固題組(建議用時(shí)：40分鐘)一、選擇題1．(2022·湖南卷)若0＜x1＜x2＜1，則 ()解析令f(x)＝eq\f(ex,x)，則f′(x)＝eq\f(（ex）′·x－x′·ex,x2)＝eq\f(ex（x－1）,x2).當(dāng)0＜x＜1時(shí)，f′(x)＜0，即f(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，∵0＜x1＜x2＜1，∴f(x2)＜f(x1)，∴，故選C.答案C2．(2021·瀘州一模)做一個(gè)無(wú)蓋的圓柱形水桶，若要使其體積是27π，且用料最省，則圓柱的底面半徑為 ()A．3 B．4 C．6 D．5解析設(shè)圓柱的底面半徑為R，母線長(zhǎng)為l，則V＝πR2l＝27π，∴l(xiāng)＝eq\f(27,R2)，要使用料最省，只須使圓柱的側(cè)面積與下底面面積之和S最小，由題意，S＝πR2＋2πRl＝πR2＋2π·eq\f(27,R)，∴S′＝2πR－eq\f(54π,R2)，令S′＝0，得R＝3，則當(dāng)R＝3時(shí)，S最小．故選A.答案A3．(2021·沈陽(yáng)統(tǒng)考)若函數(shù)f(x)＝2x3－9x2＋12x－a恰好有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，則a可能的值為 ()A．4 B．6 C．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(gè)不同的零點(diǎn)，則需使f(1)＝0或f(2)＝0，解得a＝5或a＝4，而選項(xiàng)中只給出了4，所以選A.答案A4．設(shè)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，x0(x0≠0)是f(x)的極大值點(diǎn)，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(diǎn)C．－x0是－f(x)的微小值點(diǎn)D．－x0是－f(－x)的微小值點(diǎn)解析A錯(cuò)，由于極大值未必是最大值；B錯(cuò)，由于函數(shù)y＝f(x)與函數(shù)y＝f(－x)的圖象關(guān)于y軸對(duì)稱，－x0應(yīng)是f(－x)的極大值點(diǎn)；C錯(cuò)，函數(shù)y＝f(x)與函數(shù)y＝－f(x)的圖象關(guān)于x軸對(duì)稱，x0應(yīng)為－f(x)的微小值點(diǎn)；D正確，函數(shù)y＝f(x)與y＝－f(－x)的圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，－x0應(yīng)為y＝－f(－x)的微小值點(diǎn)．答案D5．(2022·新課標(biāo)全國(guó)Ⅰ卷)已知函數(shù)f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零點(diǎn)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(shí)，不符合題意．a(chǎn)≠0時(shí)，f′(x)＝3ax2－6x，令f′(x)＝0，得x＝0或x＝eq\f(2,a).若a＞0，則由圖象知f(x)有負(fù)數(shù)零點(diǎn)，不符合題意．則a＜0，由圖象結(jié)合f(0)＝1＞0知，此時(shí)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(jiǎn)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\{(\a\vs4\al\co1(f′（－2）≤0，,f′（2）≤0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4a－b≥12，,4a＋b≤－12，))即4a＋b≤－12，∴4a＋b的最大值為－12.答案－127．(2021·開(kāi)封一模)已知函數(shù)f(x)＝ax3－3x＋1對(duì)x∈(0，1]總有f(x)≥0成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．解析當(dāng)x∈(0，1]時(shí)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(shí)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(duì)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＝3.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(shí)，f(m)min＝f(0)＝－4.又∵f′(x)＝－3x2＋6x的圖象開(kāi)口向下，且對(duì)稱軸為x＝1，∴當(dāng)n∈[－1，1]時(shí)，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)a為實(shí)數(shù)，函數(shù)f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間與極值；(2)求證：當(dāng)a>ln2－1且x>0時(shí)，ex>x2－2ax＋1.(1)解由f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R知f′(x)＝ex－2，x∈R.令f′(x)＝0，得x＝ln2.于是當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)，f(x)的變化狀況如下表：x(－∞，ln2)ln2(ln2，＋∞)f′(x)－0＋f(x)↘2(1－ln2＋a)↗故f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，ln2)，單調(diào)遞增區(qū)間是(ln2，＋∞)，f(x)在x＝ln2處取得微小值，微小值為f(ln2)＝eln2－2ln2＋2a＝2(1－ln2＋a)．(2)證明設(shè)g(x)＝ex－x2＋2ax－1，x∈R，于是g′(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.由(1)知當(dāng)a>ln2－1時(shí)，g′(x)取最小值為g′(ln2)＝2(1－ln2＋a)>0.于是對(duì)任意x∈R，都有g(shù)′(x)>0，所以g(x)在R內(nèi)單調(diào)遞增．于是當(dāng)a>ln2－1時(shí)，對(duì)任意x∈(0，＋∞)，都有g(shù)(x)>g(0)．而g(0)＝0，從而對(duì)任意x∈(0，＋∞)，都有g(shù)(x)>0.即ex－x2＋2ax－1>0，故ex>x2－2ax＋1.10．(2021·太原模擬)已知函數(shù)f(x)＝(2－a)x－2(1＋lnx)＋a，g(x)＝eq\f(ex,ex)，(1)若函數(shù)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上無(wú)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的最小值；(2)若對(duì)任意給定的x0∈(0，e]，在(0，e]上方程f(x)＝g(x0)總存在兩個(gè)不等的實(shí)根，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解f(x)＝(2－a)(x－1)－2lnx，(1)令m(x)＝(2－a)(x－1)，x＞0；h(x)＝2lnx，x＞0，則f(x)＝m(x)－h(huán)(x)，①當(dāng)a＜2時(shí)，m(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上為增函數(shù)，h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上為增函數(shù)，若f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上無(wú)零點(diǎn)，則meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))≥heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，即(2－a)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－1))≥2lneq\f(1,2)，∴a≥2－4ln2，∴2－4ln2≤a＜2，②當(dāng)a≥2時(shí)，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上m(x)≥0，h(x)＜0，∴f(x)＞0，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上無(wú)零點(diǎn)．由①②得a≥2－4ln2，∴amin＝2－4ln2.(2)g′(x)＝e1－x－xe1－x＝(1－x)e1－x，當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，g′(x)＞0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(1，e]時(shí)，g′(x)＜0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞減，又g(0)＝0，g(1)＝1，g(e)＝e2－e＞0，∴函數(shù)g(x)在(0，e]上的值域?yàn)?0，1]．方程f(x)＝g(x0)等價(jià)于(2－a)(x－1)－g(x0)＝2lnx，令p(x)＝(2－a)(x－1)－g(x0)，則p(x)過(guò)定點(diǎn)(1，－g(x0))，且－1≤－g(x0)＜0，令t(x)＝2lnx，由p(x)，t(x)的圖象可知，要使方程f(x)＝g(x0)在(0，e]上總存在兩個(gè)不相等的實(shí)根，需使eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＜2，,p（e）≥t（e）))在(0，e]上恒成立，即(2－a)(e－1)－g(x0)≥2lne＝2，∴a≤2－eq\f(2＋g（x0）,e－1)，∵0＜g(x0)≤1，∴eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2－\f(2＋g（x0）,e－1)))eq\s\do7(min)＝2－eq\f(3,e－1)，∴a≤2－eq\f(3,e－1).綜上所述，a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，2－\f(3,e－1))).力氣提升題組(建議用時(shí)：25分鐘)11．已知y＝f(x)是奇函數(shù)，當(dāng)x∈(0，2)時(shí)，f(x)＝lnx－axeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＞\f(1,2)))，當(dāng)x∈(－2，0)時(shí)，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(shí)，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(shí)，f′(x)＞0，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上單調(diào)遞增；當(dāng)x＞eq\f(1,a)時(shí)，f′(x)＜0，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，2))上單調(diào)遞減，∴f(x)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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(cuò)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(duì)稱圖形D．函數(shù)f(x)確定存在三個(gè)零點(diǎn)解析對(duì)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(gè)相異零點(diǎn)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(xiàng)A正確．對(duì)于B，由A知，x3＋x4＝－eq\f(2a,3)，x3x4＝－eq\f(1,3)，則x4－x3＝eq\r(（x3＋x4）2－4x3x4)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2a,3)))\s\up12(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(xiàng)B正確．對(duì)于C，函數(shù)f(x)的解析式可以通過(guò)配方的方法化為形如(x＋m)3＋n(x＋m)＋h的形式，通過(guò)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(gè)奇函數(shù)，其圖象關(guān)于坐標(biāo)原點(diǎn)對(duì)稱，故函數(shù)f(x)的圖象是中心對(duì)稱圖形，所以C正確．對(duì)于D，取a＝－c＝1，得f(x)＝x3＋x2－x－1＝(x＋1)2(x－1)，此時(shí)函數(shù)f(x)僅有兩個(gè)相異零點(diǎn)，因此選項(xiàng)D不正確．綜上所述，選D.答案D13．(2022·遼寧卷改編)當(dāng)x∈[－2，1]時(shí)，不等式ax3－x2＋4x＋3≥0恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．解析由題意知?x∈[－2，1]都有ax3－x2＋4x＋3≥0，即ax3≥x2－4x－3在x∈[－2，1]上恒成立．當(dāng)x＝0時(shí)，ax3－x2＋4x＋3≥0變?yōu)?≥0恒成立，即a∈R.當(dāng)0＜x≤1時(shí)，a≥eq\f(x2－4x－3,x3)＝－eq\f(3,x3)－eq\f(4,x2)＋eq\f(1,x).令t＝eq\f(1,x)(t≥1)，g(t)＝－3t3－4t2＋t，由于g′(t)＝－9t2－8t＋1＜0(t≥1)，所以g(t)在[1，＋∞)上單調(diào)遞減，g(t)max＝g(1)＝－6(t≥1)，所以a≥－6.當(dāng)－2≤x＜0時(shí)，a≤－eq\f(3,x3)－eq\f(4,x2)＋eq\f(1,x)，同理，g(t)在(－∞，－1]上遞減，在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,2)))上遞增．因此g(t)min＝g(－1)＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t≤－\f(1,2)))，所以a≤－2.綜上，－6≤a≤－2.答案[－6，－2]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(duì)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(diǎn)，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(shí)，g′(x)∈[1－2a，e－2a]，當(dāng)a≤eq\f(1,2)時(shí)，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(shí)，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(shí)，令g′(x)＝0，得x＝ln(2a)∈(0，1)，所以函數(shù)g(x)在區(qū)間[0，l