2022年(辅导班适用)高二数学寒假讲义12《导数与函数的综合问题》(含详解)

2022年(辅导班适用)高二数学寒假讲义12
《导数与函数的综合问题》
一、选择题
1.方程x3－6x2＋9x－10=0的实根个数是( )
A.3
B.2
C.1
D.0
2.若存在正数x使2x(x－a)＜1成立，则实数a的取值范围是( )
A.(－∞，＋∞)
B.(－2，＋∞)
C.(0，＋∞)
D.(－1，＋∞)
3.已知函数f(x)的定义域为[－1,4]，部分对应值如下表：
f(x)的导函数y=f ′(x)的图象如图所示.当1<a<2时，函数y=f(x)－a的零点的个数为( )
A.1
B.2
C.3
D.4
4.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]
5.设f(x)是定义在R上的奇函数，且f(2)=0，当x>0时，有错误!未找到引用源。

<0恒成立，则不等式x2f(x)>0的解集是( )
A.(－2,0)∪(2，＋∞)
B.(－2,0)∪(0,2)
C.(－∞，－2)∪(2，＋∞)
D.(－∞，－2)∪(0,2)
6.定义在R 上的函数f(x)满足：f(x)＋f ′(x)＞1，f(0)=4，则不等式e x f(x)＞e x
＋3(其中e 为自然对数的底数)的解集为( )
A.(0，＋∞)
B.(－∞，0)∪(3，＋∞)
C.(－∞，0)∪(0，＋∞)
D.(3，＋∞)
7.若不等式2xln x ≥－x 2
＋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，＋∞)
8.设点P 在曲线y=2e x
上，点Q 在曲线y=ln x －ln 2上，则|PQ|的最小值为( ) A.1－ln 2 B.2(1－ln 2) C.2(1＋ln 2) D.2(1＋ln 2) 9.已知函数
（lnx 是以e 为底的自然对数，e=2.71828...），若存在实数
m,n(m<n)，满足f(m)=f(n)，则n-m 的取值范围为( )
A.(0,e 2
+3) B.(4,e 2
-1] C.[5-2ln2,e 2
-1] D.[5-2ln2,4]
10.做一个无盖的圆柱形水桶，若要使其体积是27π，且用料最省，则圆柱的底面半径为( ) A.3 B.4 C.6 D.5
11.函数f(x)=(3-x 2)e x 的单调递增区间是（ ）
A.(- ∞,0)
B.(0,+ ∞)
C.(- ∞,3)和(1,+ ∞)
D.(-3,1)
12.已知函数f(x)=(x －a)3
－3x ＋a(a ＞0)在[－1，b]上的值域为[－2－2a,0]，则b 的取值范围是( )
A.[0,3]
B.[0,2]
C.[2,3]
D.(－1,3] 二、填空题
13.若函数f(x)=2x 3
－9x 2＋12x －a 恰好有两个不同的零点，则a=________.
14.函数y=x ＋2cos x 在区间⎣
⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值是________. 15.已知函数f(x)=x ＋4x ，g(x)=2x
＋a ，若任意x 1∈[12,1]，存在x 2∈[2,3]，使得f(x 1)≥g(x 2)，
则实数a 的取值范围是________.
16.直线x=t 分别与函数f(x)=e x
＋1的图象及g(x)=2x －1的图象相交于点A 和点B ，则|AB|的最小值为 . 三、解答题
17.已知函数f(x)=2
x 2＋x
＋lnx.
(1)求曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)求证：f(x)>0.
18.已知函数f(x)=ae x
－ln x －1.
(1)设x=2是f(x)的极值点，求a ，并求f(x)的单调区间； (2)证明：当a ≥1
e 时，f(x)≥0.
19.已知函数f(x)=x 2
－(a ＋2)x ＋alnx(a 为实常数). (1)若a=－2，求曲线y=f(x)在x=1处的切线方程；
(2)若存在x ∈[1，e]，使得f(x)≤0成立，求实数a 的取值范围.
20.设函数f(x)=ax 2－xln x －(2a －1)x ＋a －1(a ∈R). (1)当a=0时，求函数f(x)在点P(e ，f(e))处的切线方程；
(2)若对任意的x ∈[1，＋∞)，函数f(x)≥0恒成立，求实数a 的取值范围.
21.已知函数f(x)=2a －x
2
e x (a ∈R).
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若任意x ∈[1，＋∞)，不等式f(x)＞－1恒成立，求实数a 的取值范围.
22.已知函数f(x)=(x ＋a －1)e x
，g(x)=12x 2＋ax ，其中a 为常数.
(1)当a=2时，求函数f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)若对任意的x ∈[0，＋∞)，不等式f(x)≥g(x)恒成立，求实数a 的取值范围.
23.已知函数f(x)=(ax －2)e x
在x=1处取得极值. (1)求a 的值；
(2)求函数f(x)在[m ，m ＋1]上的最小值；
(3)求证：对任意x 1，x 2∈[0，2]，都有|f(x 1)－f(x 2)|≤e.
答案解析
1.答案为：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)=－10＜0，所以方程x3－6x2＋9x－10=0的实根个数为1.] 2.答案为：D；
解析：[∵2x(x－a)＜1，∴a＞x－1
2x
.令f(x)=x－
1
2x
，∴f′(x)=1＋2－x ln 2＞0.
∴f(x)在(0，＋∞)上是增加的，∴f(x)＞f(0)=0－1=－1，
∴实数a的取值范围为(－1，＋∞).]
3.答案为：D
解析：根据导函数图象，知2是函数的极小值点，函数y=f(x)的大致图象如图所示.
由于f(0)=f(3)=2,1<a<2，所以y=f(x)－a的零点个数为4.
4.答案为：B
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.
5.答案为：D
解析：∵当x>0时，错误!未找到引用源。

[错误!未找到引用源。

]’′<0，
∴φ(x)=错误!未找到引用源。

在(0，＋∞)为减函数，
又f(x)是定义在R上的奇函数，∴f(x)在R上单调递增.
∵f(2)=0，∴在(0,2)内恒有f(x)>0；在(2，＋∞)内恒有f(x)<0.
故在(－∞，－2)内恒有f(x)>0；在(－2,0)内恒有f(x)<0.
故x2f(x)>0的解集为(－∞，－2)∪(0,2).
6.答案为：A；
解析：设g(x)=e x f(x)－e x(x∈R)，
则g′(x)=e x f(x)＋e x f′(x)－e x=e x[f(x)＋f′(x)－1]，
因为f(x)＋f′(x)＞1，所以f(x)＋f′(x)－1＞0，所以g′(x)＞0，
所以g(x)=e x f(x)－e x在定义域上单调递增，
因为e x f(x)＞e x ＋3，所以g(x)＞3.又因为g(0)=e 0f(0)－e 0
=4－1=3， 所以g(x)＞g(0)，所以x ＞0. 7.答案为：B ；
解析：[由题意知a ≤2ln x ＋x ＋3
x 对x ∈(0，＋∞)恒成立，
令g(x)=2ln x ＋x ＋3x ，则g ′(x)=2x ＋1－3x 2=x 2
＋2x －3
x 2
， 由g ′(x)=0得x=1或x=－3(舍)，且x ∈(0,1)时，g ′(x)＜0， x ∈(1，＋∞)时，g ′(x)＞0.因此g(x)min =g(1)=4.所以a ≤4，故选B.] 8.答案为：D.
解析：由已知可得y=2e x 与y=ln x －ln 2=ln x 2互为反函数，即y=2e x
与y=ln x －ln 2的图象关
于直线x －y=0对称，|PQ|的最小值为点Q 到直线x －y=0的最小距离的2倍， 令Q(t ，ln t －ln 2)，过点Q 的切线与直线x －y=0平行，
函数y=ln x －ln 2的导数为y ′=1x ，其斜率为k=1
t =1，所以t=1，故Q(1，－ln 2)，
点Q 到直线x －y=0的距离为d=|1－（－ln 2）|12＋（－1）2
=1＋ln 2
2， 所以|PQ|min =2d=2(1＋ln 2). 9.答案为：C ； 10.答案为：A ；
解析：[设圆柱的底面半径为R ，母线长为l ，则V=πR 2
l=27π， ∴l=27
R 2，要使用料最省，只需使圆柱的侧面积与下底面面积之和S 最小.
由题意，S=πR 2＋2πRl=πR 2
＋2π·27R
.
∴S ′=2πR －54π
R 2，令S ′=0，得R=3，则当R=3时，S 最小.故选A.]
11.答案为：D 12.答案为：A ；
解析：由f(x)=(x －a)3
－3x ＋a ，得f ′(x)=3(x －a)2
－3， 令f ′(x)=0，得x 1=a －1，x 2=a ＋1.
当x ∈(－∞，a －1)∪(a ＋1，＋∞)时，f ′(x)＞0， 当x ∈(a －1，a ＋1)时，f ′(x)＜0，
则f(x)在(－∞，a －1)，(a ＋1，＋∞)上为增函数，在(a －1，a ＋1)上为减函数. 又f(a ＋1)=－2－2a ，
∴要使f(x)=(x －a)3
－3x ＋a(a ＞0)在[－1，b]上的值域为[－2－2a,0]， 则f(－1＋a)=2－2a ≤0，
若2－2a=0，即a=1，此时f(－1)=－4，f(0)=0，－2－2a=－4，f(3)=0， f(2)=－4.∴b ∈[0,3]；
若2－2a ＜0，即a ＞1，此时f(－1)=(－1－a)3
＋3＋a=－a 3
－3a 2
－2a ＋2，
而f(－1)－(－2a －2)=－a 3
－3a 2
－2a ＋2＋2a ＋2=－a 3
－3a 2
＋4=(1－a)·(a ＋2)2
＜0， ∴不合题意，∴b 的取值范围是[0,3].故选A. 13.答案为：4或5；
解析：[f ′(x)=6x 2
－18x ＋12，令f ′(x)=0得x=1或x=2， 又当x ＜1或x ＞2时，f ′(x)＞0，当1＜x ＜2时，f ′(x)＜0. 因此x=1和x=2分别是函数f(x)的极大值点和极小值点.
由题意知f(1)=0或f(2)=0，即5－a=0或4－a=0.解得a=4或a=5.] 14.答案为：π
6
＋ 3.
解析：y ′=1－2sin x ，令y ′=0，又x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，得x=π6，则x ∈⎣
⎢⎡⎦⎥⎤0，π6时，y ′>0；
x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤π6，π2时，y ′<0.故函数y=x ＋2cos x 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π6上单调递增，在⎣⎢⎡⎦
⎥⎤π6，π2上单调递减，所
以当x=π6时，函数取得最大值π
6＋ 3.
15.答案为：(－∞，1]；
解析：[当x ∈[12,1]时，f ′(x)=1－4
x
2＜0，f(x)min =f(1)=5.
当x ∈[2,3]时，g(x)=2x
＋a 是增函数，g(x)min =4＋a.由题意知5≥4＋a ，即a ≤1.] 16.答案为：4－2ln2；
解析：由题意得，|AB|=|e t
＋1－(2t －1)|=|e t
－2t ＋2|，
令h(t)=e t
－2t ＋2，则h ′(t)=e t
－2，所以h(t)在(－∞，ln2)上单调递减， 在(ln2，＋∞)上单调递增，所以h(t)min =h(ln2)=4－2ln2＞0， 即|AB|的最小值是4－2ln2.
17. (1)解：f(x)=2
x 2＋x ＋lnx 的定义域是(0，＋∞)，
f ′(x)=－2(2x ＋1)(x 2＋x )2＋1x =x 3
＋2x 2
－3x －2
(x 2＋x )2
， 所以f ′(1)=－1
2，又f(1)=1，
则切线方程为x ＋2y －3=0.
(2)证明 令h(x)=x 3
＋2x 2－3x －2，
则h ′(x)=3x 2
＋4x －3， 设h ′(x)=0的两根为x 1，x 2， 由于x 1x 2=－1<0， 不妨设x 1<0，x 2>0，
则h(x)在(0，x 2)上是单调递减的，在(x 2，＋∞)上是单调递增的. 而h(0)<0，h(1)<0，h(2)>0，
所以h(x)在(0，＋∞)上存在唯一零点x 0，且x 0∈(1,2)， 所以f(x)在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增. 所以f(x)≥f(x 0)=2
x 20＋x 0
＋lnx 0，
因为x 0∈(1,2)，lnx 0>0，f(x)>2
x 20＋x 0>0，
所以f(x)>0.
18.解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)=ae x
－1x .
由题设知，f ′(2)=0，所以a=1
2e
2.
从而f(x)=12e 2e x －ln x －1，f ′(x)=12e 2e x －1
x .
当0＜x ＜2时，f ′(x)＜0；当x ＞2时，f ′(x)＞0. 所以f(x)在(0，2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增. (2)证明：当a ≥1e 时，f(x)≥e
x
e －ln x －1.
设g(x)=e x
e －ln x －1，则g ′(x)=e x
e －1
x .
当0＜x ＜1时，g ′(x)＜0； 当x ＞1时，g ′(x)＞0. 所以x=1是g(x)的最小值点. 故当x ＞0时，g(x)≥g(1)=0. 因此，当a ≥1
e
时，f(x)≥0.
19.解：(1)当a=－2时，f(x)=x 2
－2lnx ， 则f ′(x)=2x －2
x ，f ′(1)=0，
所求切线方程为y=1.
(2)f ′(x)=2x －(a ＋2)＋a x =2x 2
－(a ＋2)x ＋a x =(2x －a )(x －1)
x
，x ∈[1，e].
当a
2≤1，即a ≤2时，x ∈[1，e]，f ′(x)≥0，此时f(x)在[1，e]上单调递增. 所以f(x)的最小值为f(1)=－a －1，所以－1≤a ≤2；
当1<a 2<e ，即2<a<2e ，x ∈（1，a 2）时，f ′(x)<0，f(x)在（1，a
2）上单调递减；
当x ∈（a 2，e ）时，f ′(x)>0，f(x)在（a
2，e ）上单调递增，
所以f(x)的最小值为f(a 2)=－a 2
4－a ＋aln a 2=a(ln a 2 -1
4a-1).
因为2<a<2e ，所以0<ln a
2
<1，
所以f(a 2)=aln a 2 -1
4
a-1)<0恒成立，所以2<a<2e ；
当a
2≥e ，即a ≥2e 时，x ∈[1，e]，f ′(x)≤0，此时f(x)在[1，e]上单调递减， 所以f(x)的最小值为f(e)=e 2
－(a ＋2)e ＋a ，因为a ≥2e>e 2
－2e
e －1
，所以f(e)<0，
所以a ≥2e ，综上，a ≥－1.
20.解：(1)当a=0时，f(x)=－xln x ＋x －1， 则f ′(x)=－ln x ，则f ′(e)=－1，f(e)=－1，
所以函数f(x)在点P(e ，f(e))处的切线方程为y ＋1=－(x －e)， 即x ＋y ＋1－e=0.
(2)f ′(x)=2ax －1－ln x －(2a －1)=2a(x －1)－ln x ， 易知，ln x ≤x －1，
则f ′(x)≥2a(x －1)－(x －1)=(2a －1)(x －1)，
当2a －1≥0，即a ≥1
2时，由x ∈[1，＋∞)得f ′(x)≥0恒成立，
所以f(x)在[1，＋∞)上单调递增，f(x)≥f(1)=0符合题意.所以a ≥1
2.
当a ≤0时，由x ∈[1，＋∞)得f ′(x)≤0恒成立，
所以f(x)在[1，＋∞)上单调递减，f(x)≤f(1)=0显然不满足题意，故a ≤0舍去. 当0<a<12时，由ln x ≤x －1，得ln 1x ≤1x －1，即ln x ≥1－1
x ，
则f ′(x)≤2a(x －1)－（1－1x ）=x －1
x ·(2ax －1).
因为0<a<12，所以1
2a
>1.
当x ∈[1,12a ]时，f ′(x)≤0恒成立，此时f(x)在[1,1
2a
]上单调递减，f(x)≤f(1)=0不满足题
意，所以0<a<1
2
舍去.
综上可得，实数a 的取值范围为[1
2,+∞).
21.解：(1)f ′(x)=x 2
－2x －2a
e
x
， 当a ≤－12时，x 2
－2x －2a ≥0，故f ′(x)≥0，
∴函数f(x)在(－∞，＋∞)上递增，
∴当a ≤－1
2时，函数f(x)的递增区间为(－∞，＋∞)，无递减区间.
当a ＞－12时，令x 2
－2x －2a=0⇒x 1=1－2a ＋1，
x 2=1＋2a ＋1， 列表
由表可知，当a ＞－1
2时，函数f(x)的递增区间为(－∞，1－2a ＋1)和(1＋2a ＋1，＋∞)，
递减区间为(1－2a ＋1，1＋2a ＋1). (2)∵f(x)＞－1⇔2a －x 2
e x ＞－1⇔2a ＞x 2－e x
，
∴由条件2a ＞x 2
－e x
，对任意x ≥1成立. 令g(x)=x 2
－e x
，h(x)=g ′(x)=2x －e x
， ∴h ′(x)=2－e x
，
当x ∈[1，＋∞)时，h ′(x)=2－e x
≤2－e ＜0， ∴h(x)=g ′(x)=2x －e x
在[1，＋∞)上递减， ∴h(x)=2x －e x
≤2－e ＜0，即g ′(x)＜0， ∴g(x)=x 2
－e x 在[1，＋∞)上递减， ∴g(x)=x 2
－e x
≤g(1)=1－e ，
故f(x)＞－1在[1，＋∞)上恒成立，只需2a ＞g(x)max =1－e ， ∴a ＞1－e 2，即实数a 的取值范围是（1－e 2，＋∞）.
22.解：(1)因为a=2，所以f(x)=(x ＋1)e x
， 所以f(0)=1，f ′(x)=(x ＋2)e x
，所以f ′(0)=2， 所以切点的坐标为(0，1)，
所以切线方程为2x －y ＋1=0.
(2)令h(x)=f(x)－g(x)，由题意得h(x)min ≥0在x ∈[0，＋∞)上恒成立，
h(x)=(x ＋a －1)e x －12
x 2－ax ， 所以h ′(x)=(x ＋a)(e x
－1)，
①若a ≥0，则当x ∈[0，＋∞)时，h ′(x)≥0，
所以函数h(x)在[0，＋∞)上单调递增，
所以h(x)min =h(0)=a －1，则a －1≥0，得a ≥1.
②若a ＜0，则当x ∈[0，－a)时，h ′(x)≤0，当x ∈(－a ，＋∞)时，h ′(x)≥0， 所以函数h(x)在[0，－a)上单调递减，在(－a ，＋∞)上单调递增，
所以h(x)min =h(－a)，
又h(－a)＜h(0)=a －1＜0，所以不合题意.
综上，实数a 的取值范围为[1，＋∞).
23.解：(1)f ′(x)=ae x ＋(ax －2)e x =(ax ＋a －2)e x ，
由已知得f ′(1)=0，即(2a －2)e=0，
解得a=1.
当a=1时，在x=1处函数f(x)=(x －2)e x 取得极小值，
所以a=1.
(2)f(x)=(x －2)e x ，
f ′(x)=e x ＋(x －2)e x =(x －1)e x .
f ′(x)，f(x)随x 的变化情况如下表：
.
当m ≥1时，f(x)在[m ，m ＋1]上单调递增，f(x)min =f(m)=(m －2)e m ；
当0＜m ＜1时，m ＜1＜m ＋1，
f(x)在[m ，1]上单调递减，在[1，m ＋1]上单调递增，
f(x)min =f(1)=－e ；
当m ≤0时，m ＋1≤1，
f(x)在[m ，m ＋1]上单调递减，f(x)min =f(m ＋1)=(m －1)e
m ＋1.
综上，f(x)在[m ，m ＋1]上的最小值
f(x)min =⎩⎪⎨⎪⎧（m －2）e m ，m ≥1－e ，0＜m ＜1（m －1）e m ＋1，m ≤0.
(3)证明：由(1)知f(x)=(x－2)e x，f′(x)=e x＋(x－2)e x=(x－1)e x.
令f′(x)=0得x=1，
因为f(0)=－2，f(1)=－e，f(2)=0，
所以在[0，2]上f(x)max=0，f(x)min=－e，
所以，对任意x1，x2∈[0，2]，都有|f(x1)－f(x2)|≤f(x)max－f(x)min=e.。