【文档说明】(新高考)高考数学二轮复习分层练习16《导数的综合应用》（解析版）.doc，共(6)页，113.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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16导数的综合应用A组考点专练一、选择题1.若不等式2xlnx≥－x2＋ax－3恒成立，则实数a的取值范围为()A.(－∞，0)B.(－∞，4]C.(0，＋∞)D.[4，＋∞)【答案】B【解析】条件可转化为a≤2lnx＋x＋3x(x>0)恒成立，设f(x)＝2lnx＋x＋3x，则f′(x)＝（

x＋3）（x－1）x2(x>0).当x∈(0，1)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，所以f(x)min＝f(1)＝4.所以a≤4.2.已知函数f(x)＝x2－3x＋5，g(x

)＝ax－lnx，若对∀x∈(0，e)，∃x1，x2∈(0，e)且x1≠x2，使得f(x)＝g(xi)(i＝1，2)，则实数a的取值范围是()A.1e，6eB.1e，e74C.6e

，e74D.0，1e∪6e，e74【答案】C【解析】当x∈(0，e)时，函数f(x)的值域为114，5.由g′(x)＝a－1x＝ax－1x可知：当a≤0时，g′(x)<0，与题意不符，故a>0.令g

′(x)＝0，得x＝1a，则1a∈(0，e)，所以g(x)min＝g1a＝1＋lna.作出函数g(x)在(0，e)上的大致图象，如图所示，数形结合，知1＋lna<114，g（e）＝ae－1≥5.解得6e≤a<e74.3.已知函数f(x)＝(k－1)xex，若对任意x∈R，

都有f(x)<1成立，则实数k的取值范围是()A.(－∞，1－e)B.(1－e，＋∞)C.(－e，0]D.(1－e，1]【答案】D【解析】由f(x)<1，得(k－1)x<1ex＝1ex，所以曲线y＝1ex恒在直线y＝(k－1)x的

上方.过原点作曲线y＝1ex的切线，设切点为P(x0，y0)，则－1ex0＝y0x0，即－1ex0＝1x0ex0，得x0＝－1.∴y＝1ex的切线的斜率k0＝－e－x|x＝－1＝－e，则－e<k－1≤0，解得1－e<k≤1.4.(

多选题)关于函数f(x)＝2x＋lnx，下列判断正确的是()A.x＝2是f(x)的极大值点B.函数y＝f(x)－x有且只有1个零点C.存在正实数k，使得f(x)>kx恒成立D.对任意两个正实数x1，x2，且x2>x1，若f(x1)＝f(x2)，则x1＋x2>4【答案】BD【解析】

函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－2x2＋1x＝x－2x2，当0<x<2时，f′(x)<0，函数f(x)在(0，2)上单调递减，当x>2时，f′(x)>0，函数f(x)在(2，＋∞)上单调递增，∴x＝2是f(x)的极小值点，故A错误；y＝f(x)－x＝2

x＋lnx－x，∴y′＝－2x2＋1x－1＝－x2＋x－2x2<0，函数y＝f(x)－x在(0，＋∞)上单调递减，且f(1)－1＝2＋ln1－1＝1>0，f(2)－2＝1＋ln2－2＝ln2－1<0，∴函数

y＝f(x)－x有且只有1个零点，故B正确；若f(x)>kx(x>0)，则k<2x2＋lnxx，令g(x)＝2x2＋lnxx，则g′(x)＝－4＋x－xlnxx3，令h(x)＝－4＋x－xlnx，则h′(x)＝－lnx，当h′(x

)>0时，0<x<1，当h′(x)<0时，x>1，∴函数h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴h(x)≤h(1)<0，∴g′(x)<0，∴函数g(x)＝2x2＋lnxx在(0，＋∞)上单调递减，且当x→＋∞时，

g(x)→0，∴不存在正实数k，使得f(x)>kx恒成立，故C错误；令t∈(0，2)，则2－t∈(0，2)，2＋t∈(2，4)，令u(t)＝f(2＋t)－f(2－t)＝22＋t＋ln(2＋t)－22－t－ln(2－t)＝4t

t2－4＋ln2＋t2－t，则u′(t)＝4（t2－4）－8t2（t2－4）2＋2－t2＋t·2－t＋2＋t（2－t）2＝－4t2－16（t2－4）2＋44－t2＝－8t2（t2－4）2<0，∴u(t)在(0，2)上单调递减，则u(t)<u(0)＝0，令x

1＝2－t，由f(x1)＝f(x2)，得x2>2＋t，则x1＋x2>2－t＋2＋t＝4，当x2≥4时，x1＋x2>4显然成立，∴对任意两个正实数x1，x2，且x2>x1，若f(x1)＝f(x2)，则x1＋x2>4，故D正确.故选BD.二、填空题5.函数f(x)的导函数为f′(x

)，对任意x∈R，都有f′(x)＞－f(x)成立，若f(ln2)＝12，则满足不等式f(x)＞1ex的x的取值范围是________.【答案】(ln2，＋∞)【解析】由题意，对任意x∈R，都有f′(x)＞－f(x)成

立，即f′(x)＋f(x)＞0.令g(x)＝exf(x)，则g′(x)＝f′(x)ex＋f(x)ex＝ex[f′(x)＋f(x)]＞0，所以函数g(x)在R上单调递增.不等式f(x)＞1ex等价于exf(x)＞1，即g(x)＞1.因为f(ln2)＝12，所以g(ln2)＝

eln2f(ln2)＝2×12＝1.故当x＞ln2时，g(x)＞g(ln2)＝1，所以不等式g(x)＞1的解集为(ln2，＋∞).6.若对于任意正实数x，都有lnx－aex－b＋1≤0(e为自然对数的底数)成立，则a＋b的最小值是________.【答案】0【解析】因为对于任意正实数x都有ln

x－aex－b＋1≤0成立，不妨将x＝1e代入不等式中，得a＋b≥0.下面证明a＋b＝0时满足题意，当a＝1，b＝－1时，令f(x)＝lnx－ex＋1＋1＝lnx－ex＋2，则f′(x)＝1x－e＝1－exx.由f′(x)＝0，得x＝1e，所以函

数f(x)在0，1e上单调递增，在1e，＋∞上单调递减，所以f(x)max＝f1e＝0，即f(x)≤0对任意正数x都成立，所以当a＝1，b＝－1，即a＋b＝0时满足题意，所以a＋b的最小值为0.三、解答题7.设

函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c.(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)设a＝b＝4，若函数f(x)有三个不同零点，求c的取值范围.【解析】(1)由f(x)＝x3＋ax2＋b

x＋c，得f′(x)＝3x2＋2ax＋b.∵f(0)＝c，f′(0)＝b，∴曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝bx＋c.(2)当a＝b＝4时，f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c，∴f′(x)＝3x2＋8x＋4.令f′(x)＝0，得

3x2＋8x＋4＝0，解得x＝－2或x＝－23.当x变化时，f(x)与f′(x)在区间(－∞，＋∞)上的情况如下：x(－∞，－2)－2－2，－23－23－23，＋∞f′(x)＋0－0＋f(x)cc－3227∴当c>0且c－3227<0时，f(－4)＝c－16<0，f(0

)＝c>0，存在x1∈(－4，－2)，x2∈－2，－23，x3∈－23，0，使得f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝0.由f(x)的单调性知，当且仅当c∈0，3227时，函数f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c有三个不同零点.8.【2020新课标Ⅲ卷】设函数f(x)＝x

3＋bx＋c，曲线y＝f(x)在点12，f12处的切线与y轴垂直.(1)求b；(2)若f(x)有一个绝对值不大于1的零点，证明：f(x)所有零点的绝对值都不大于1.【解析】(1)f′(x)＝3x2＋b.依题意得f′12＝0，即34＋b

＝0，故b＝－34.(2)由(1)知f(x)＝x3－34x＋c，f′(x)＝3x2－34.令f′(x)＝0，解得x＝－12或x＝12.f′(x)与f(x)的情况为：x－∞，－12－12

－12，121212，＋∞f′(x)＋0－0＋f(x)c＋14c－14因为f(1)＝f－12＝c＋14，所以当c<－14时，f(x)只有大于1的零点.因为f(－1)＝f12＝c－14，所以当c>14时，f(x)只有小于

－1的零点.由题设可知－14≤c≤14.当c＝－14时，f(x)只有两个零点－12和1.当c＝14时，f(x)只有两个零点－1和12.当－14<c<14时，f(x)有三个零点x1，x2，x3，且x1∈－1，－12，x2∈－12，12

，x3∈12，1.综上，若f(x)有一个绝对值不大于1的零点，则f(x)所有零点的绝对值都不大于1.B组专题综合练9.设函数f(x)＝excosx，g(x)为f(x)的导函数.(1)求f(x)的单调区间；(2)当

x∈π4，π2时，证明f(x)＋g(x)π2－x≥0.【解析】(1)由已知，有f′(x)＝ex(cosx－sinx).因此，当x∈2kπ＋π4，2kπ＋5π4(k∈Z)时，有sinx>cosx，

得f′(x)<0，则f(x)单调递减；当x∈2kπ－3π4，2kπ＋π4(k∈Z)时，有sinx<cosx，得f′(x)>0，则f(x)单调递增.所以f(x)的单调递增区间为2kπ－3π4，2kπ＋π4(k∈Z)，f(

x)的单调递减区间为2kπ＋π4，2kπ＋5π4(k∈Z).(2)记h(x)＝f(x)＋g(x)π2－x.依题意及(1)，有g(x)＝ex(cosx－sinx)，从而g′(x)＝－2exsinx.当x∈π4，

π2时，g′(x)<0，故h′(x)＝f′(x)＋g′(x)π2－x＋g(x)(－1)＝g′(x)π2－x<0.因此，h(x)在区间π4，π2上单调递减，进而h(x)≥hπ2＝f

π2＝0.所以当x∈π4，π2时，f(x)＋g(x)π2－x≥0.10.已知函数f(x)＝alnxx＋1＋bx，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为x＋2y－3＝0.(1)求a，b的值；(2)如果当x＞0，且x≠1时，f(x)＞lnxx－1＋kx，求k的取值范围

.【解析】(1)f′(x)＝ax＋1x－lnx（x＋1）2－bx2.由于直线x＋2y－3＝0的斜率为－12，且过点(1，1)，故f（1）＝1，f′（1）＝－12，即b＝1，a2－b＝－12.解得a＝1，b＝1.(2)由(1)知f

(x)＝lnxx＋1＋1x，所以f(x)－lnxx－1＋kx＝11－x22lnx＋（k－1）（x2－1）x.考虑函数h(x)＝2lnx＋（k－1）（x2－1）x(x＞0)，则h′(x)＝（k－1）（x2＋1）＋2xx2.(ⅰ)设k≤0，由h′(x)＝k（x2＋1）－（

x－1）2x2知，当x≠1时，h′(x)＜0，h(x)递减.而h(1)＝0，故当x∈(0，1)时，h(x)＞0.可得11－x2h(x)＞0；当x∈(1，＋∞)时，h(x)＜0，可得11－x2h(x)＞

0.从而当x＞0，且x≠1时，f(x)－lnxx－1＋kx＞0，即f(x)＞lnxx－1＋kx.(ⅱ)设0＜k＜1，由于(k－1)(x2＋1)＋2x＝(k－1)x2＋2x＋k－1的图象开口向下，且Δ＝4－4(k－1)2>0，对称轴x＝11－k>1.当x∈

1，11－k时，(k－1)(x2＋1)＋2x＞0.故h′(x)＞0，而h(1)＝0，故当x∈1，11－k时，h(x)＞0，可得11－x2h(x)＜0.与题设矛盾.(ⅲ)设k≥1，此时x2＋1≥2x，(k－1)(x2＋1)＋2x>0⇒h′(x)＞0，而h(1)＝0，故当x∈(1

，＋∞)时，h(x)＞0，可得11－x2h(x)＜0，与题设矛盾.综上，得k的取值范围为(－∞，0].