2020届高考数学(理)一轮复习课时训练：第3章 导数及其应用 14-3 Word版含解析

【课时训练】课时3 导数与函数的综合问题
一、选择题
1．(2018海南中学模拟)设f (x )是定义在R 上的奇函数，且f (2)＝0，当x >0时，有xf ′(x )－f (x )x 2
<0恒成立，则不等式x 2
f (x )>0的解集是( )
A ．(－2,0)∪(2，＋∞)
B ．(－2,0)∪(0,2)
C ．(－∞，－2)∪(2，＋∞)
D ．(－∞，－2)∪(0,2)
【答案】D
【解析】∵当x >0时，xf ′(x )－f (x )x 2
＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤f (x )x ′<0，∴φ(x )＝f (x )
x 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x 2f (x )>0的解集为(－∞，－2)∪(0,2)．
2．(2018河北故城模拟)若关于x 的不等式x 3－3x 2－9x ＋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] 【答案】B
【解析】令f (x )＝x 3－3x 2－9x ＋2，则f ′(x )＝3x 2－6x －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.
3．(2018贵阳联考)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a <2时，函数y ＝
f (x )－a 的零点的个数为( )
A ．1
B ．2
C ．3
D ．4
【答案】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．(2018河南濮阳一模)函数f (x )的导函数为f ′(x )，若∀x ∈R 恒有f ′(x )<f (x )成立，且f (2)＝1，则不等式f (x )>e x －2的解集为( )
A ．(－∞，1)
B ．(1，＋∞)
C ．(2，＋∞)
D ．(－∞，2)
【答案】D
【解析】设函数g (x )＝f (x )
e x ，则g ′(x )＝
f ′(x )－f (x )e x
<0， ∴g (x )在R 上单调递减，不等式f (x )>e x －2可转化为f (x )e x >1
e 2.∵g (2)＝
f (2)e 2＝1e 2，∴f (x )e x >f (2)
e 2，∴x ＜2，∴x ∈(－∞，2)．故选D.
二、填空题
5．(2018大连模拟)函数y ＝x ＋2cos x 在区间⎣⎢⎡⎦
⎥⎤0，π2上的最大值是
________．
【答案】π
6＋3
【解析】y ′＝1－2sin x ，令y ′＝0，又x ∈⎣
⎢⎡⎦
⎥⎤0，π2，得x ＝π
6，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 ＝π
6时，函数取得最大值
π
6＋ 3.
6．(2018安徽江南名校联考)已知x ∈(0,2)，若关于x 的不等式x
e x
<1k ＋2x －x 2
恒成立，则实数k 的取值范围为________． 【答案】[0，e －1)
【解析】依题意，知k ＋2x －x 2>0，即k >x 2－2x 对任意x ∈(0,2)恒成立，从而k ≥0，
因此由原不等式，得k <e x x ＋x 2
－2x 恒成立．
令f (x )＝e x x ＋x 2
－2x ，则f ′(x )＝(x －1)⎝ ⎛⎭
⎪⎫e x x 2＋2.
令f ′(x )＝0，得x ＝1，当x ∈(1,2)时， f ′(x )>0，函数f (x )在(1,2)上单调递增；当x ∈(0,1)时， f ′(x )<0，函数f (x )在(0,1)上单调递减．所以k <f (x )m i n ＝f (1)＝e －1，
故实数k 的取值范围是[0，e －1)． 三、解答题
7．(2018云南大理二模)设f (x )＝(x ＋1)e ax (其中a ≠0)，曲线y ＝f (x )在x ＝1
a 处有水平切线．
(1)求a 的值；
(2)设g (x )＝f (x )＋x ＋x ln x ，证明：对任意x 1，x 2∈(0,1)有|g (x 1)－g (x 2)|＜e －1＋2e －2.
(1)【解】f ′(x )＝e ax ＋a (x ＋1)e ax ＝(ax ＋a ＋1)e ax .
由题意知0＝f ′⎝ ⎛⎭
⎪⎫
1a ＝(a ＋2)e ，解得a ＝－2.
(2)【证明】令g (x )＝g 1(x )＋g 2(x )，x ∈(0,1)，其中g 1(x )＝(x ＋1)e
－2x
＋x ，g 2(x )＝x ln x ，求导得g 1′(x )＝－(2x ＋1)e －2x ＋1.对h (x )＝g 1′(x )求导得h ′(x )＝－2e －2x ＋2(2x ＋1)e －2x ＝4x e －2x ＞0，x ∈(0,1)． 因此g 1′(x )在(0,1)上为增函数，故当x ∈(0,1)时，g 1′(x )＞g 1′(0)
＝0.因此g 1(x )在(0,1)上也为增函数，从而1＝g 1(0)＜g 1(x )＜g 1(1)＝1＋2e －2(0＜x ＜1)．①
又g 2′(x )＝1＋ln x ，令g 2′(x )＝0，解得x ＝e －1.当0＜x ＜e －1时，g 2′(x )＜0，g 2(x )在(0，e －1)上为减函数；当e －1＜x ＜1时，g 2′(x )＞0，g 2(x )在(e －1,1)上为增函数，从而g 2(x )在(0,1)上取得的最小值为g 2(e －1)＝－e －1，因此－e －1≤g 2(x )＜0(0＜x ＜1)．②
由①②得1－e －1＜g (x )＜1＋2e －2(0＜x ＜1)，因此对任意x 1，x 2∈(0,1)，有|g (x 1)－g (x 2)|＜(1＋2e －2)－(1－e －1)＝e －1＋2e －2.
8．(2019贵阳检测)已知函数f (x )＝(x －1)e x ＋1，x ∈[0,1]． (1)证明：f (x )≥0；
(2)若a <e x －1
x <b 对任意的x ∈(0,1)恒成立，求b －a 的最小值． (1)【证明】因为f ′(x )＝x e x ≥0，即f (x )在[0,1]上单调递增， 所以f (x )≥f (0)＝0，即结论成立．
(2)【解】令g (x )＝e x －1x ，则g ′(x )＝(x －1)e x ＋1
x 2>0，x ∈(0,1)， 所以当x ∈(0,1)时，g (x )<g (1)＝e －1， 要使e x －1
x <b ，只需b ≥e －1.
要使e x －1
x >a 成立，只需e x －ax －1>0在x ∈(0,1)恒成立， 令h (x )＝e x －ax －1，x ∈(0,1)，则h ′(x )＝e x －a . 由x ∈(0,1)，得e x ∈(1，e)．
①当a ≤1时，h ′(x )>0，此时x ∈(0,1)，有h (x )>h (0)＝0成立，
所以a ≤1满足条件；
②当a ≥e 时，h ′(x )<0，此时x ∈(0,1)，有h (x )<h (0)＝0，不符合题意，舍去；
③当1<a <e 时，令h ′(x )＝0，得x ＝ln a ．当x ∈(0，ln a )时，h ′(x )<0，即x ∈(0，ln a )时，h (x )<h (0)＝0，不符合题意，舍去．
综上，a ≤1.又b ≥e －1，所以b －a 的最小值为e －2.
9．(2018沈阳监测)已知函数f (x )＝a ln x (a ＞0)，e 为自然对数的底数．
(1)若过点A (2，f (2))的切线斜率为2，求实数a 的值； (2)当x ＞0时，求证：f (x )≥a ⎝
⎛⎭⎪⎫1－1x ； (3)若在区间(1，e)上e x a －e 1
a x ＜0恒成立，求实数a 的取值范围． (1)【解】由题意得f ′(x )＝a x ，∴f ′(2)＝a
2＝2，∴a ＝4. (2)【证明】f (x )≥a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1x 等价于a ⎝ ⎛
⎭
⎪⎫ln x －1＋1x ≥0，
令g (x )＝a (ln x －1＋1
x )，则g ′(x )＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －1x 2.
令g ′(x )＝0，即a ⎝
⎛⎭
⎪⎫
1x －1x 2＝0，解得x ＝1，
∴g (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． ∴g (x )的最小值为g (1)＝0，∴f (x )≥a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1x . (3)【解】由题意可知【答案】e x a
＜e 1
a
x ，化简得x －1a
＜ln x ，
又x ∈(1，e)，∴a ＞x －1
ln x .
令h (x )＝x －1
ln x ，则h ′(x )＝ln x －(x －1)·1x (ln x )2＝ln x －1＋1
x (ln x )2，
由(2)知，当x ∈(1，e)时，ln x －1＋1
x ＞0，
∴h′(x)＞0，即h(x)在(1，e)上单调递增，∴h(x)＜h(e)＝e－1.∴a≥e－1.。