高考数学二轮复习 专题一 函数与导数、不等式 第5讲 导数与函数零点、不等式的综合问题课时规范练 文-人教版高三全册数学试题VIP免费

第5讲导数与函数零点、不等式的综合问题一、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，＋∞)解析：条件可转化为a≤2lnx＋x＋恒成立．设f(x)＝2lnx＋x＋，则f′(x)＝(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.答案：B2．(2017·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：x－10234f(x)12020f(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．1B．2C．3D．4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.答案：D3．函数f(x)的定义域为R，f(－1)＝3，对任意x∈R，f′(x)＜3，则f(x)＞3x＋6的解集为()A．(－1，1)B．(－1，＋∞)C．(－∞，－1)D．(－∞，＋∞)解析：设g(x)＝f(x)－(3x＋6)，则g′(x)＝f′(x)－3＜0，所以g(x)为减函数，又g(－1)＝f(－1)－3＝0，所以根据单调性可知g(x)＞0的解集是{x|x＜－1}．答案：C4．(2014·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零点x0，且x0＞0，则a的取值范围是()(导学号55410101)A．(2，＋∞)B．(1，＋∞)C．(－∞，－2)D．(－∞，－1)解析：由题意知a≠0，f′(x)＝3ax2－6x，令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝.当a＞0时，x∈(－∞，0)，f′(x)＞0，x∈，f′(x)＜0，x∈，f′(x)＞0，且f(0)＝1＞0，故f(x)有小于0的零点，不满足．当a＜0时，需使x0＞0且唯一，只需f＞0，则a2＞4，所以a＜－2.答案：C5．如果函数f(x)＝ax2＋bx＋clnx(a，b，c为常数，a＞0)在区间(0，1)和(2，＋∞)上均单调递增，在(1，2)上单调递减，则函数f(x)的零点个数为()A．0B．1C．2D．3解析：由题意可得f′(x)＝2ax＋b＋，则解得所以f(x)＝a(x2－6x＋4lnx)，则极大值f(1)＝－5a＜0，极小值f(2)＝a(4ln2－8)＜0，又f(10)＝a(40＋4ln10)＞0，结合函数图象可得该函数只有一个零点．答案：B二、填空题6．做一个无盖的圆柱形水桶，若要使其体积是27πdm3，且用料最省，则圆柱的底面半径为________dm.解析：设圆柱的底面半径为Rdm，母线长为ldm，则V＝πR2l＝27π，所以l＝，要使用料最省，只需使圆柱形水桶的表面积最小．S表＝πR2＋2πRl＝πR2＋2π·，所以S′表＝2πR－.令S′表＝0，得R＝3，则当R＝3时，S表最小．答案：37．(2017·长沙调研)定义域为R的可导函数y＝f(x)的导函数f′(x)，满足f(x)＞f′(x)，且f(0)＝1，则不等式＜1的解集为________．解析：构造函数g(x)＝，则g′(x)＝＝.由题意得g′(x)＜0恒成立，所以函数g(x)＝在R上单调递减．又g(0)＝＝1，所以＜1，即g(x)＜1，所以x＞0，所以不等式的解集为(0，＋∞)．答案：(0，＋∞)8．(2017·南宁调研)已知f(x)＝－x2－6x－3，g(x)＝2x3＋3x2－12x＋9，设m＜－2，若∀x1∈[m，－2)，∃x2∈(0，＋∞)，使得f(x1)＝g(x2)成立，则实数m的最小值为________．解析：因为g(x)＝2x3＋3x2－12x＋9，所以g′(x)＝6x2＋6x－12＝6(x＋2)(x－1)．则当0＜x＜1时，g′(x)＜0，函数g(x)递减；当x＞1时，g′(x)＞0，函数g(x)递增，所以g(x)min＝g(1)＝2.因为f(x)＝－x2－6x－3＝－(x＋3)2＋6≤6，结合函数图象知(图略)，当f(x)＝2时，方程两根分别为－5和－1，则m的最小值为－5.答案：－5三、解答题9．(2017·贵阳质检)已知函数f(x)＝－lnx.(1)求f(x)的单调区间；(2)求函数f(x)在上的最大值和最小值(其中e是自然对数的底数)；(3)求证：ln≤.(1)解：f(x)＝－lnx＝1－－lnx，f(x)的定义域为(0，＋∞)．因为f′(x)＝－＝，所以f′(x)＞0⇒0＜x＜1，f′(x)＜0⇒x＞1.所以f(x)＝1－－lnx在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．(2)解：由(1)得f(x)在上单调递增，在(1，e]上单调递减，所以f(x)在上的最大值为f(1)＝1－－ln1＝0.又f＝1－e－ln＝2－e，f(e)＝1－－lne＝－，且f＜f(e)．所以f(x)在上的最小值为f＝2－e.所以f(x)在上的最大值为0，最小值为2－e.(3)证明：要证ln≤，即证2－lnx≤1＋，即证1－－lnx...