高考数学大二轮复习专题二函数与导数2.3(二)导数的综合应用练习

2.3 （二）导数的综合应用
【课时作业】
A 级
1． ( 2018·昆明市高三摸底调研测试) 若函数f ( x) ＝ 2x－x2－ 1，关于随意的x∈Z且 x ∈( －∞，a) ，都有f ( x) ≤ 0 恒建立，则实数 a 的取值范围为()
A． ( －∞，－1] B． ( －∞， 0]
C． ( －∞， 4] D． ( －∞， 5]
分析：对随意的 x∈Z且 x∈(－∞， a)，
都有 f ( x)≤0 恒建立，可转变为对随意的
x
≤ x2＋1 恒建立．x∈Z且 x∈(－∞， a)，2
令 g( x)＝2x， h( x)＝ x2＋1，
当 x<0时， g( x)< h( x)，
当 x＝0或1时， g( x)＝ h( x)，
当 x＝2或3或4时， g( x)< h( x)，
当 x≥5时， g( x)> h( x)．
综上，实数 a 的取值范围为(－∞，5]，应选D. 答案： D
2．已知函数y＝f ( x) 是 R 上的可导函数，当
f x
x≠0时，有 f ′( x)＋>0，则函数
x
1
F( x)＝ xf ( x)＋x的零点个数是( )
A． 0 B． 1 C． 2 D． 3
分析：由()＝
xf (
x
) ＋
1
＝ 0，
F x x
1
得 xf ( x)＝－x，
设 g( x)＝ xf ( x)，
则 g′( x)＝ f ( x)＋ xf ′( x)，
由于 x≠0 时，有 f ′( x)＋f
x >0，
x
因此 x≠0
f x ＋ xf ′x
>0，时，
x
即当 x>0时， g′( x)＝ f ( x)＋ xf ′( x)>0，此时函数g( x)单一递加，
1
此时 g( x)> g(0)＝0，
当 x<0时， g′( x)＝f ( x)＋ xf ′( x)<0，此时函数 g( x)单一递减，此时 g( x)> g(0)＝0，作出函数( ) 和函数＝－1 的图象， ( 直线只代表单一性和取值范围) ，由图象可知函
g x y
x
1
数 F( x)＝ xf ( x)＋x的零点个数为 1 个．
答案： B
3．定义1：若函数 f ( x)在区间 D 上可导，即 f ′( x)存在，且导函数 f ′( x)在区间 D 上也可导，则称函数 f ( x)在区间 D上存在二阶导数，记作 f ″( x)，即 f ″( x)＝[ f ′( x)]′.定义 2：若函数f ( x) 在区间D上的二阶导数恒为正，即f″( x)>0 恒建立，则称函数f
( x) 在区间 D上为凹函数．
已知函数
f (
x
) ＝ 3 －3 2＋ 1 在区间
D
上为凹函数，则
x
的取值范围是 ________．x 2
x
3 3 2 2
分析：∵ f ( x)＝ x －2x ＋1，∴ f ′ ( x) ＝ 3x－ 3x，∴f″ ( x) ＝ 6x－ 3. 令f″ ( x)>0 ，即
1 1
6x－ 3>0，解得x>2. ∴x的取值范围是2，＋∞ .
1
答案：2
，＋∞
x
4．已知函数
f (
x
) ＝
e
， (
x
)＝－(
x
－1) 2 ＋
2
，若当
x
>0 时，存在 1 ，2∈R，使得
f
( 2)≤( 1) x
g
a x x x g x
建立，则实数 a 的取值范围是________．
分析：由题意得存在x1，x2∈R，使得 f ( x2)≤ g( x1)建立，等价于 f ( x)min≤ g( x)max.
2 2
由于 g( x)＝－( x－1)＋ a ， x>0，
e x
x>0，
由于 f ( x)＝，
x
x x x x－1
e ·x－e e
因此 f ′( x)＝x2＝x2 .
因此 f ( x)在(0,1) 上单一递减，在(1 ，＋∞ ) 上单一递加，
因此 f ( x)min＝ f (1) ＝e.
2
又 g ( x ) max ＝a 2，
因此 a 2≥e?
a ≤－ e 或 ≥ e.
a
故实数 a 的取值范围是 ( －∞，－ e] ∪ [ e ，＋∞ ) ．
答案： ( －∞，－
e] ∪ [ e ，＋∞ )
a
5． ( 2018·武汉市武昌区调研考试
) 已知函数 f ( x ) ＝ ln x ＋ x ， a ∈ R.
(1) 议论函数 f ( x ) 的单一性；
(2) 当 >0 时，证明
f ( x ) ≥
2a － 1 . a
a
1 a x － a
分析：
(1) f ′( x) ＝ x － x
＝
x
2 ( x >0) ．
2
当 a ≤0 时， f ′( x )>0 ， f ( x ) 在 (0 ，＋∞ ) 上单一递加．
当 a >0 时，若 x >a ，则 f ′ ( x )>0 ，函数 f ( x ) 在 ( a ，＋∞ ) 上单一递加；若 0<x <a ，则 f ′ ( x )<0 ，函数 f ( x ) 在 (0 ， a ) 上单一递减．
(2) 证明：由 (1) 知，当 a >0 时， f ( x ) min ＝ f ( a ) ＝ ln
a ＋ 1.
2a － 1
2a － 1
要证 f ( x ) ≥
a
，只需证 ln a ＋1≥
a
，
1
即证 ln a ＋ a －1≥ 0.
1
令函数 g ( a ) ＝ ln a ＋ a －1，
1 1 a － 1
则 g ′( a ) ＝ a － a 2＝ a 2 ( a >0) ，
当 0<a <1 时， g ′ ( a )<0 ，当 a >1 时， g ′ ( a )>0 ，
因此 g ( a ) 在 (0,1) 上单一递减，在 (1 ，＋∞ ) 上单一递加．
因此 g ( a ) min ＝ g (1) ＝0.
1
因此 ln a ＋ a －1≥ 0 恒建立，
2a － 1
因此 f ( x ) ≥
a .
6． ( 2018·南昌市第一次模拟测试卷
) 已知函数 f ( x ) ＝ e x －a ln x －e( a ∈ R) ，此中 e 为
自然对数的底数．
(1) 若 f ( x ) 在 ＝ 1 处获得极小值，求
a 的值及函数
f ( x ) 的单一区间；
x
(2) 若当 x ∈ [1 ，＋∞ ) 时， f ( x ) ≥ 0 恒建立，求 a 的取值范
围．分析： (1) 易知 f ( x ) 的定义域为 (0 ，＋∞ ) ．
x
x
a
由 f ( x ) ＝ e － a ln x － e( a ∈R) ，得 f ′( x ) ＝ e －x .
3
x
e x e x － e
由题意可知 f ′(1) ＝ 0，因此 a ＝ e ，因此 f ′( x ) ＝ e －x ＝ x .
令 g ( x ) ＝ x e x － e ，则 g ′ ( x ) ＝ e x (1 ＋x ) ．
当 x >0 时， g ′ ( x )>0 ，因此 g ( x ) 在 (0 ，＋∞ ) 上单一递加，且 g (1) ＝ 0. 因此当 x ∈ (0,1) 时， g ( x )<0 ，当 x ∈ (1 ，＋∞ ) 时， g ( x )>0 ，
因此当 x ∈ (0,1) 时， f ′( x )<0 ，当 x ∈ (1 ，＋∞ ) 时， f ′ ( x )>0. 故函数 f ( x ) 的减区间为 (0,1) ，增区间为 (1 ，＋∞ ) ．
x
x
a
(2) 由 f ( x ) ＝ e － a ln x － e ，得 f ′ ( x ) ＝ e － x .
①当 a ≤ 0 时，
f ′ (
x a x ) ＝e － >0，因此 f ( x ) 在[1 ，＋∞ ) 上单一递加， f ( x ) min ＝f (1) ＝
x
0.( 切合题意 )
x
a
x
②当 a >0 时， f ′ ( x ) ＝ e －x ，当 x ∈[1 ，＋∞ ) 时， e ≥ e. ( ⅰ ) 当 a ∈ (0 ，e] 时，由于 x ∈ [1 ，＋∞ ) ，
a
x
a
因此 x ≤ e ， f ′ ( x ) ＝ e － x ≥0，
因此 f ( x ) 在 [1 ，＋∞ ) 上单一递加， f ( x ) min ＝ f (1) ＝ 0.( 切合题意 )
x
a
( ⅱ ) 当 a ∈ (e ，＋∞ ) 时，存在 x 0∈ [1 ，＋∞ ) ，知足 f ′( x 0) ＝ e 0
－ ＝0，
x 0
因此 f ( x ) 在 [1 ， x 0) 上单一递减，在 ( x 0，＋∞ ) 上单一递加，故 f ( x 0)< f (1) ＝0.
不知足 x ∈ [1 ，＋∞ ) 时， f ( x ) ≥ 0 恒建立． 综上所述， a 的取值范围是 ( －∞， e] ．
B 级
1．( 2018·武汉市部分学校调研 ) 已知函数 f ( x ) ＝e x － ax － 1( a ∈ R)(e ＝2.718 28 是自然对数的底数 ) ．
(1) 求 f ( x ) 的单一区间；
1
(2) 议论 g ( x ) ＝f ( x ) x － 2 在区间 [0,1] 上零点的个数．
分析：
(1) ∵ f ( x ) ＝ e x －ax － 1，∴ f ′ ( x ) ＝ e x － a ，
当 a ≤0 时， f ′( x )>0 恒建立，
∴ f ( x ) 的单一递加区间为 ( －∞，＋∞ ) ，无单一递减区间；
当 a >0 时，令 f ′ ( x )<0 ，得 x <ln
，令 f ′( x )>0 ，得 x >ln ，
a a
∴ f ( x ) 的单一递减区间为 ( －∞， ln a ) ，单一递加区间为 (ln
a ，＋∞ ) ．
1
(2) 令 g ( x ) ＝ 0，得 f ( x ) ＝ 0 或 x ＝2，
4
先考虑 f ( x ) 在区间 [0,1] 上的零点个数，
当 a ≤1 时， f ( x ) 在 (0 ，＋∞ ) 上单一递加且 f (0) ＝ 0， ∴ f ( x ) 在 [0,1] 上有一个零点；
当 a ≥e 时， f ( x ) 在 ( －∞， 1) 上单一递减，∴ f ( x ) 在 [0,1] 上有一个零点； 当 1< <e 时， f ( ) 在 (0 ，ln
a ) 上单一递减，在 (ln
a, 1) 上单一递加，
a x
而 f (1) ＝ e － a － 1，当 e － a － 1≥0，即 1<a ≤ e － 1 时， f ( x ) 在 [0,1] 上有两个零
点，当 e －a － 1<0，即 e － 1<a <e 时， f ( x ) 在 [0,1] 上有一个零点．
当 x
1
1
得 ＝ 2( e － 1) ，
＝ 时，由
＝ 0
2 f 2 a
∴当 ≤1或 a >e － 1 或 ＝ 2( e － 1) 时， ( ) 在 [0,1] 上有两个零点；
a a g x 当 1<a ≤ e － 1 且 a ≠ 2( e － 1) 时， g ( x ) 在[0,1] 上有三个零点．
2． ( 2018·开封市高三定位考试 ) 已知函数 f ( x ) ＝ a x ＋ x 2－ x ln a ( a >0， a ≠ 1) ． (1) 当 a ＝ e(e 是自然对数的底数 ) 时，求函数 f ( x ) 的单一区间；
(2) 若存在 x 1， x 2∈ [ － 1,1] ，使得 | f ( x 1) － f ( x 2)| ≥e － 1，务实数 a 的取值范围． 分析： (1)
f ′( x ) ＝ x ln
a ＋ 2 － ln ＝ 2 ＋( a x － 1)ln
a .
a x a x
当 a ＝e 时， f ′( x ) ＝ 2x ＋ e x － 1，在 R 上是增函数，
又 f ′ (0) ＝0，∴ f ′( x )>0 的解集为 (0 ，＋∞ ) ， f ′ ( x )<0 的解集为 ( －∞， 0) ，故函数 f ( x ) 在 a ＝ e 时的单一递加区间为 (0 ，＋∞ ) ，单一递减区间为 ( －∞， 0) ．
(2) ∵存在 x 1， x 2∈ [ － 1,1] ，
使得 | f ( x 1) － f ( x 2)| ≥ e － 1，
又当 x 1，x 2∈ [ － 1,1] 时， | f ( x 1) － f ( x 2)| ≤f ( x ) max － f ( x ) min ，
∴只需 f ( x ) max － f ( x ) min ≥ e － 1 即可．
∵当 a >1 时， ln a >0， y ＝ ( a x － 1)ln a 在 R 上是增函数，
当 0<a <1 时， ln a <0， y ＝ ( a x － 1)ln a 在 R 上也是增函数，
∴当 a >1 或 0<a <1 时，
总有 f ′ ( x ) 在 R 上是增函数，
又 f ′(0) ＝ 0，∴ f ′ ( x ) ， f ( x ) 随 x 的变化而变化的状况如表所示：
x ( －∞， 0)
0 (0 ，＋∞ )
f ′ ( x ) － 0 ＋ f ( x )
单一递减
1
单一递加
∴当 x ∈ [ －1,1] 时， f ( x ) 的最小值 f ( x ) min ＝ f (0) ＝1， f ( x ) 的最大值 f ( x ) max 为 f ( － 1)
和 f (1) 中的较大者．
5
1
1
f (1) －f ( － 1) ＝( a ＋ 1－ ln a ) － a ＋ 1＋ ln a ＝ a － a － 2ln a ，
1
令 g ( a ) ＝ a － a － 2ln a ( a >0) ，
1 2
1 2
∴ g ′ ( a ) ＝ 1＋a 2－a ＝ 1－ a ≥ 0，
1
∴ g ( a ) ＝ a － a －2ln a 在 (0 ，＋∞ ) 上是增函数． 而 g (1) ＝ 0，故当 a >1 时，
g ( a )>0 ，即 f (1)> f ( － 1) ；
当 0<a <1 时， g ( a )<0 ，即 f (1)< f ( － 1) ．
∴当 a >1 时， f ( x ) max － f ( x ) min ＝ f (1) － f (0) ≥ e － 1，
即 a －ln a ≥ e － 1，
函数 y ＝ a － ln a 在 (1 ，＋∞ ) 上是增函数，解得 a ≥e ；
当 0<a <1 时， f ( x ) max － f ( x ) min ＝ f ( － 1) － f (0) ≥e － 1，
1
即 a ＋ ln a ≥ e － 1，
1
1
函数 y ＝ a ＋ ln a 在 (0,1) 上是减函数，解得 0<a ≤ e .
a 的取值范围为 1
综上可知，实数 0，e ∪ [e ，＋∞ ) ．
6。