(高考数学复习卷)2020年高考文科数学刷题小卷练：10Word版含解析

刷题小卷练10 导数在函数中的综合应用
小题基础练⑩
一、选择题
1．[2019·山东陵县一中月考]已知函数f (x )＝x 2e x ，当x ＝[－1,1]时，不等式f (x )<m 恒成立，则实数m 的取值范围为( )
A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫1e ，＋∞
B.⎝ ⎛⎭
⎪⎫1e ，＋∞ C ．[e ，＋∞) D ．(e ，＋∞)
答案：D
解析：由f ′(x )＝e x (2x ＋x 2)＝x (x ＋2)e x ，得当－1<x <0时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减，当0<x <1时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增，且f (1)>f (－1)，故f (x )max ＝f (1)＝e ，则m >e.故选D.
2．函数f (x )＝ln x ＋a x (a ∈R )在区间[e －2，＋∞)上有两个零点，
则a 的取值范围是( )
A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫2e 2，1e
B.⎣⎢⎡⎦
⎥⎤2e 2，1e C.⎝ ⎛⎦⎥⎤2e 2，1e D.⎣⎢⎡⎦
⎥⎤1e 2，2e 答案：A
解析：令f (x )＝ln x ＋a x ＝0，x ∈[e －2，＋∞)，得－a ＝x ln x .记
H (x )＝x ln x ，x ∈[e －2，＋∞)，则H ′(x )＝1＋ln x ，由此可知H (x )
在[e －2，e －1]上单调递减，在(e －1，＋∞)上单调递增，且H (e －2)
＝－2e －2，H (e －1)＝－e －1，当x →＋∞时，H (x )→＋∞，故当2e 2≤a <1e
时，f (x )在[e －2，＋∞)上有两个零点，选A.
3．函数f (x )的导函数f ′(x )的图象如图所示，那么f (x )的图象最有可能的是( )
答案：A
解析：根据f′(x)的图象知，函数y＝f(x)的极小值点是x＝－2，极大值点为x＝0，结合单调性知，选A.
4．[2019·河南息县第一高级中学段测]函数f(x)＝x3－3x－1，若对于区间(－3,2]上的任意x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤t，则实数t的最小值是()
A．20 B．18
C．3 D．0
答案：A
解析：对于区间(－3,2]上的任意x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤t，等价于在区间(－3,2]上，f(x)max－f(x)min≤t.
∵f(x)＝x3－3x－1，∴f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)．
∵x∈(－3,2]，∴函数f(x)在[－3，－1]，[1,2]上单调递增，在[－1,1]上单调递减，∴f(x)max＝f(2)＝f(－1)＝1，f(x)min＝f(－3)＝－19，∴f(x)max－f(x)min＝20，∴t≥20，即实数t的最小值是20.
5．[2019·南昌模拟]已知奇函数f′(x)是函数f(x)(x∈R)的导函数，若x>0时，f′(x)>0，则()
A．f(0)>f(log32)>f(－log23)
B．f(log32)>f(0)>f(－log23)
C．f(－log23)>f(log32)>f(0)
D．f(－log23)>f(0)>f(log32)
答案：C
解析：因为f′(x)是奇函数，所以f(x)是偶函数．而|－log23|＝log23>log22＝1,0<log32<1，所以0<log32<log23.
又当x >0时，f ′(x )>0，所以f (x )在(0，＋∞)上是增函数， 所以f (0)<f (log 32)<f (log 23)，所以f (0)<f (log 32)<f (－log 23)．
6．[2019·四川双流中学必得分训练]若f (x )＝x 3－ax 2＋1在(1,3)上单调递减，则实数a 的取值范围是( )
A ．(－∞，3] B.⎣⎢⎡⎭
⎪⎫92，＋∞ C.⎝ ⎛⎭
⎪⎫3，92 D ．(0,3) 答案：B
解析：因为函数f (x )＝x 3－ax 2＋1在(1,3)上单调递减，所以
f ′(x )＝3x 2－2ax ≤0在(1,3)上恒成立，即a ≥32x 在(1,3)上恒成
立．因为32<92，所以a ≥92.故选B.
7．[2019·海南八校联考]已知函数f (x )＝3ln x －x 2＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫a －12x 在区间(1,3)上有最大值，则实数a 的取值范围是( )
A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，5
B.⎝ ⎛⎭
⎪⎫－12，112 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，112 D.⎝ ⎛⎭
⎪⎫12，5 答案：B
解析：因为f ′(x )＝3x －2x ＋a －12，所以结合题意可得f ′(x )
＝3x －2x ＋a －12在(1,3)上只有一个零点且单调递减，则问题转化
为⎩⎪⎨⎪⎧ f ′(1)>0，f ′(3)<0，则⎩⎨⎧
a ＋12>0，a －112<0，
解得－12<a <112.故选B. 8．[2019·南昌模拟]若函数f (x )＝ln x ＋12x 2－⎝ ⎛⎭
⎪⎫m ＋1m x 在区间(0,2)内有且仅有一个极值点，则m 的取值范围是( )
A.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，14∪[4，＋∞)
B.⎝ ⎛⎦
⎥⎤0，12∪[2，＋∞) C.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12∪(2，＋∞) D.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，14∪(4，＋∞)
答案：B
解析：f ′(x )＝1x ＋x －⎝ ⎛⎭⎪⎫m ＋1m ，由f ′(x )＝0得(x －m )⎝ ⎛⎭
⎪⎫x －1m ＝0，∴x ＝m 或x ＝1m .显然m >0.当且仅当0<m <2≤1m 或0<1m <2≤m
时，函数f (x )在区间(0,2)内有且仅有一个极值点．若0<m <2≤1m ，
即0<m ≤12，则当x ∈(0，m )时，f ′(x )>0，当x ∈(m,2)时，f ′(x )<0，
函数f (x )有极大值点x ＝m .若0<1m <2≤m ，即m ≥2，则当x ∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，1m 时，f ′(x )>0，当x ∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫1m ，2时，f ′(x )<0，函数f (x )有极大值点x ＝1m .综上，m 的取值范围是⎝ ⎛⎦
⎥⎤0，12∪[2，＋∞)．故选B. 二、非选择题
9．[2018·江苏卷]若函数f (x )＝2x 3－ax 2＋1(a ∈R )在(0，＋∞)内有且只有一个零点，则f (x )在[－1,1]上的最大值与最小值的和为________．
答案：－3
解析：f ′(x )＝6x 2－2ax ＝2x (3x －a )(x >0)．
①当a ≤0时，f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上递增，
又f (0)＝1，∴ f (x )在(0，＋∞)上无零点．
②当a >0时，由f ′(x )>0解得x >a 3，
由f ′(x )<0解得0<x <a 3，
∴ f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 3上递减，在⎝ ⎛⎭
⎪⎫a 3，＋∞上递增． 又f (x )只有一个零点，∴ f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫a 3＝－a 327＋1＝0， ∴ a ＝3.
此时f (x )＝2x 3－3x 2＋1，f ′(x )＝6x (x －1)，
当x ∈[－1,1]时，f (x )在[－1,0]上递增，在[0,1]上递减． 又f (1)＝0，f (－1)＝－4，
∴ f (x )max ＋f (x )min ＝f (0)＋f (－1)＝1－4＝－3.
10．若函数f (x )＝2ax 3－6x 2＋7在(0,2]内是减函数，则实数a
的取值范围是________________．
答案：(－∞，1]
解析：因为f (x )＝2ax 3－6x 2＋7，
所以f ′(x )＝6ax 2－12x .又f (x )在(0,2]内是减函数，所以有f ′(x )＝6ax 2－12x ≤0在(0,2]上恒成立．
即a ≤2x 在(0,2]上恒成立．令g (x )＝2x ，
而g (x )＝2x 在(0,2]上为减函数，
所以g (x )min ＝g (2)＝22＝1，
故a ≤1.
11．[2019·辽宁东北育才中学模拟]设函数f (x )＝x 3＋(1＋a )x 2＋ax 有两个不同的极值点x 1，x 2，且对不等式f (x 1)＋f (x 2)≤0恒成立，则实数a 的取值范围是______．
答案：(－∞，－1]∪⎣⎢⎡⎦
⎥⎤12，2 解析：因为f (x 1)＋f (x 2)≤0，
故x 31＋x 32＋(1＋a )(x 21＋x 22)＋a (x 1＋x 2)≤0，
即(x 1＋x 2)[(x 1＋x 2)2－3x 1x 2]＋(1＋a )[(x 1＋x 2)2－2x 1x 2]＋a (x 1＋x 2)≤0①.由于f ′(x )＝3x 2＋2(1＋a )x ＋a ，令f ′(x )＝0，得方程3x 2＋2(1＋a )x ＋a ＝0，因为Δ＝4(a 2－a ＋1)>0，故
⎩⎨⎧
x 1＋x 2＝－23(1＋a )，
x 1x 2＝a 3，
代入不等式①，并化简得(1＋a )(2a 2－5a ＋2)≤0，解不等式得a ≤－1或12≤a ≤2.因此，当a ≤－1或12
≤a ≤2时，不等式f (x 1)＋f (x 2)≤0恒成立，故答案为(－∞，－
1]∪⎣⎢⎡⎦
⎥⎤12，2. 12．设函数f (x )＝x 2＋1x ，g (x )＝x e x ，对任意x 1，x 2∈(0，＋∞)，
不等式g (x 1)k ≤f (x 2)k ＋1恒成立，则正数k 的取值范围是________．
答案：⎣⎢⎡⎭
⎪⎫12e －1，＋∞ 解析：对任意x 1，x 2∈(0，＋∞)，不等式g (x 1)k ≤f (x 2)k ＋1
恒成立等价于⎣⎢⎡⎦⎥⎤g (x 1)k max ≤⎣⎢⎢⎡⎦
⎥⎥⎤f (x 2)k ＋1min . ∵x >0，∴f (x )＝x 2＋1x ＝x ＋1x ≥2，
当且仅当x ＝1时取等号，
∴f (x )min ＝f (1)＝2，即⎣⎢⎢⎡⎦
⎥⎥⎤f (x 2)k ＋1min ＝2k ＋1. g ′(x )＝e x －x e x (e x )2＝1－x e x ， 当0<x <1时，g ′(x )>0，当x >1时，g ′(x )<0，
∴函数g (x )在区间(0,1)上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减，
∴g (x )max ＝g (1)＝1e ，∴⎣⎢⎡⎦
⎥⎤g (x 1)k max ＝1k e ， ∴1k e ≤2k ＋1，解得k ≥12e －1
.
课时增分练⑩
一、选择题
1．若函数f (x )＝2e x ln(x ＋a )－2＋x e x 存在正的零点，则实数a 的取值范围是( )
A ．(－∞，e)
B ．(－∞，e)
C ．(e ，＋∞) D.⎝ ⎛⎭
⎪⎫e 2，＋∞ 答案：B
解析：令f (x )＝2e x ln(x ＋a )－2＋x e x ＝0，可得ln(x ＋a )＝1e x －
x 2，设g (x )＝ln(x ＋a )，h (x )＝1e x －x 2
，则由函数f (x )＝2e x ln(x ＋a )－2＋x e x 存在正的零点，可得g (0)<h (0)，即ln a <1，解得a <e.
2．[2019·河南商丘实验中学月考]已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋a 2在x ＝1处有极值10，则f (2)等于( )
A ．11或18
B ．11
C ．18
D ．17或18
答案：C
解析：f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，∴⎩⎪⎨⎪⎧
3＋2a ＋b ＝0，1＋a ＋b ＋a 2＝10， ⎩⎪⎨⎪⎧ b ＝－3－2a ，a 2－a －12＝0，
⇒⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝4，b ＝－11，或⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝－3，b ＝3. 当⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝－3，b ＝3时，f ′(x )＝3(x －1)2≥0，
∴在x ＝1处不存在极值．
当⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝4，b ＝－11
时，f ′(x )＝3x 2＋8x －11＝(3x ＋11)(x －1)， ∴x ∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫－113，1，f ′(x )<0；x ∈(1，＋∞)，f ′(x )>0，符合题意．
∴⎩⎪⎨⎪⎧
a ＝4，
b ＝－11.
∴f (2)＝8＋16－22＋16＝18，故选C. 3．[2019·河南驻马店月考]已知函数f (x )＝x 3＋mx 2＋(m ＋6)x ＋1既存在极大值又存在极小值，则实数m 的取值范围是( )
A ．(－1,2)
B ．(－∞，－3)∪(6，＋∞)
C ．(－3,6)
D ．(－∞，－1)∪(2，＋∞)
答案：B
解析：∵函数f (x )＝x 3＋mx 2＋(m ＋6)x ＋1既存在极大值又存在极小值，且f ′(x )＝3x 2＋2mx ＋m ＋6，∴方程3x 2＋2mx ＋m ＋6＝0有两个不同的实数解，∴Δ＝4m 2－12(m ＋6)>0，解得m <－3或m >6，∴实数m 的取值范围是(－∞，－3)∪(6，＋∞)．故选
B.
4．[2019·河北保定一中月考]函数f (x )＝3＋x ln x 的单调递减区间是( )
A.⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，e
B.⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，1e C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，1e D.⎝ ⎛⎭
⎪⎫1e ，＋∞ 答案：B
解析：函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝ln x ＋x ·1x ＝ln x
＋1，令f ′(x )＝ln x ＋1<0，得0<x <1e .所以函数f (x )的单调递减区
间为⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，1e .故选B. 5．已知定义域为{x |x ≠0}的偶函数f (x )，其导函数为f ′(x )，对任意正实数x 满足xf ′(x )>－2f (x )，若g (x )＝x 2f (x )，则不等式g (x )<g (1)的解集是( )
A ．(－∞，1)
B ．(－∞，0)∪(0,1)
C ．(－1,1)
D ．(－1,0)∪(0,1)
答案：D
解析：因为g (x )＝x 2f (x )，所以g ′(x )＝x 2f ′(x )＋2xf (x )＝x [xf ′(x )＋2f (x )]，由题意知，当x >0时，xf ′(x )＋2f (x )>0，所以g ′(x )>0，所以g (x )在(0，＋∞)上单调递增，又f (x )为偶函数，则g (x )也是偶函数，所以g (x )＝g (|x |)，由g (x )<g (1)，得g (|x |)<g (1)，
所以⎩⎪⎨⎪⎧
|x |<1，x ≠0，
则x ∈(－1,0)∪(0,1)．故选D. 6．[2019·河北内丘中学月考]设函数f (x )的导函数为f ′(x )，若f (x )为偶函数，且在(0,1)上存在极大值，则f ′(x )的图象可能为( )
答案：C
解析：根据题意，f (x )为偶函数，则其导数f ′(x )为奇函数，结合函数图象可以排除B ，D.又由于函数f (x )在(0,1)上存在极大值，则其导数图象在(0,1)上存在零点，且零点左侧导数值符号为正，右侧导数值符号为负，结合选项可以排除A ，只有C 选项符合题意，故选C.
7．[2019·辽宁鞍山一中模拟]已知函数f (x )＝x 3－3x －1，在区间[－3,2]上的最大值为M ，最小值为N ，则M －N ＝( )
A ．20
B ．18
C ．3
D ．0
答案：A
解析：对函数求导得f ′(x )＝3x 2－3＝3(x －1)(x ＋1)，所以f (x )在x ＝－1两侧先增后减，f (x )在x ＝1两侧先减后增，分别计算得f (－3)＝－19，f (－1)＝1，f (1)＝－3，f (2)＝1，所以M ＝1，N ＝－19，则M －N ＝1－(－19)＝20.故选A.
8．设f (x )＝|ln x |，若函数g (x )＝f (x )－ax 在区间(0,4)上有三个零点，则实数a 的取值范围是( )
A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e
B.⎝ ⎛⎭
⎪⎫ln22，e C.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，ln22 D.⎝ ⎛⎭
⎪⎫ln22，1e 答案：D
解析：令y 1＝f (x )＝|ln x |，y 2＝ax ，若函数g (x )＝f (x )－ax 在区间(0,4)上有三个零点，则y 1＝f (x )＝|ln x |与y 2＝ax 的图象在区间(0,4)上有三个交点．由图象易知，当a ≤0时，不符合题意；当
a >0时，易知y 1＝|ln x |与y 2＝ax 的图象在区间(0,1)上有一个交点，所以只需要y 1＝|ln x |与y 2＝ax 的图象在区间(1,4)上有两个交点即
可，此时|ln x |＝ln x ，由ln x ＝ax ，得a ＝ln x x .令h (x )＝ln x x ，x ∈(1,4)，
则h ′(x )＝1－ln x x 2，故函数h (x )在(1，e)上单调递增，在(e,4)上单
调递减，h (e)＝lne e ＝1e ，h (1)＝0，h (4)＝ln44＝ln22，所以ln22<a <1e ，
故选D.
二、非选择题
9．[2019·山西怀仁一中模拟]已知函数f (x )的定义域为R ，f (－
1)＝2，且对任意的x ∈R ，f ′(x )>2，则f (x )>2x ＋4的解集为________．
答案：(－1，＋∞)
解析：令g (x )＝f (x )－2x －4，则g ′(x )＝f ′(x )－2>0，∴g (x )在R 上为增函数，且g (－1)＝f (－1)－2×(－1)－4＝0.原不等式可转化为g (x )>g (－1)，解得x >－1，故原不等式的解集为(－1，＋∞)．
10．[2019·陕西西安东方中学月考]已知函数f (x )＝t 3x 3－32x
2＋2x ＋t 在区间(0，＋∞)上既有极大值又有极小值，则t 的取值范围是________．
答案：⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，98 解析：f ′(x )＝tx 2－3x ＋2，由题意可得f ′(x )＝0在(0，＋∞)上有两个不等实根，即tx 2－3x ＋2＝0在(0，＋∞)上有两个不等
实根，所以⎩
⎪⎨⎪⎧ 32t >0，Δ＝9－8t >0，解得0<t <98. 11．[2018·全国卷Ⅱ]已知函数f (x )＝13x 3－a (x 2＋x ＋1)．
(1)若a ＝3，求f (x )的单调区间；
(2)证明：f (x )只有一个零点．
解析：(1)当a ＝3时，f (x )＝13x 3－3x 2－3x －3，f ′(x )＝x 2－6x
－3.
令f′(x)＝0，解得x＝3－23或x＝3＋2 3.
当x∈(－∞，3－23)∪(3＋23，＋∞)时，f′(x)>0；
当x∈(3－23，3＋23)时，f′(x)<0.
故f(x)在(－∞，3－23)，(3＋23，＋∞)单调递增，在(3－23，3＋23)单调递减．
(2)证明：因为x2＋x＋1>0，
所以f(x)＝0等价于x3
x2＋x＋1
－3a＝0.
设g(x)＝x3
x2＋x＋1－3a，则g′(x)＝
x2(x2＋2x＋3)
(x2＋x＋1)2
≥0，
仅当x＝0时g′(x)＝0，
所以g(x)在(－∞，＋∞)单调递增．
故g(x)至多有一个零点，从而f(x)至多有一个零点．
又f(3a－1)＝－6a2＋2a－1
3＝－6⎝
⎛
⎭
⎪
⎫
a－
1
62－
1
6<0，f(3a＋1)＝
1
3>0，故f(x)有一个零点．
综上，f(x)只有一个零点．。