（浙江专用）高考数学大一轮复习 第三章 导数及其应用 第2讲 导数在研究函数中的应用 第3课时 导数与函数的综合问题练习（含解析）-人教版高三全册数学试题VIP专享VIP免费

第3课时导数与函数的综合问题[基础达标]1．(2019·台州市高考模拟)已知y＝f(x)为R上的连续可导函数，且xf′(x)＋f(x)＞0，则函数g(x)＝xf(x)＋1(x＞0)的零点个数为()A．0B．1C．0或1D．无数个解析：选A.因为g(x)＝xf(x)＋1(x＞0)，g′(x)＝xf′(x)＋f(x)＞0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，因为g(0)＝1，y＝f(x)为R上的连续可导函数，所以g(x)为(0，＋∞)上的连续可导函数，g(x)＞g(0)＝1，所以g(x)在(0，＋∞)上无零点．2．(2019·丽水模拟)设函数f(x)＝ax3－3x＋1(x∈R)，若对于任意x∈[－1，1]，都有f(x)≥0成立，则实数a的值为________．解析：(构造法)若x＝0，则不论a取何值，f(x)≥0显然成立；当x>0时，即x∈(0，1]时，f(x)＝ax3－3x＋1≥0可化为a≥－.设g(x)＝－，则g′(x)＝，所以g(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减，因此g(x)max＝g＝4，从而a≥4.当x<0时，即x∈[－1，0)时，同理a≤－.g(x)在区间[－1，0)上单调递增，所以g(x)min＝g(－1)＝4，从而a≤4，综上可知a＝4.答案：43．已知函数f(x)＝(2－a)(x－1)－2lnx(a∈R)．(1)当a＝1时，求f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在上无零点，求a的取值范围．解：(1)当a＝1时，f(x)＝x－1－2lnx，则f′(x)＝1－＝，由f′(x)＞0，得x＞2，由f′(x)＜0，得0＜x＜2，故f(x)的单调递减区间为(0，2)，单调递增区间为(2，＋∞)．(2)因为f(x)＜0在区间上恒成立不可能，故要使函数f(x)在上无零点，只要对任意的x∈，f(x)＞0恒成立，1即对x∈，a＞2－恒成立．令h(x)＝2－，x∈，则h′(x)＝，再令m(x)＝2lnx＋－2，x∈，则m′(x)＝＜0，故m(x)在上为减函数，于是，m(x)＞m＝4－2ln3＞0，从而h′(x)＞0，于是h(x)在上为增函数，所以h(x)＜h＝2－3ln3，所以a的取值范围为[2－3ln3，＋∞)．4．(2019·嵊州市第二次高考适应性考试)已知函数f(x)＝x2＋，x∈(0，1]．(1)求f(x)的极值点；(2)证明：f(x)＞＋.解：(1)f′(x)＝2x－.令f′(x)＝0，解得x＝∈(0，1]．当0＜x＜时，f′(x)＜0，此时f(x)单调递减；当＜x≤1时，f′(x)＞0，此时f(x)单调递增，所以，f(x)有极小值点x＝，但不存在极大值点．(2)证明：设F(x)＝f(x)－，x∈(0，1]，则F′(x)＝2x－－＝，设t＝()3，则方程4x3－()3－2＝4t2－t－2＝0在区间t∈(0，1)内恰有一个实根．设方程4x3－()3－2＝0在区间(0，1)内的实根为x0，即x＝.所以，当0＜x＜x0时，F′(x)＜0，此时F(x)单调递减；当x0＜x≤1时，F′(x)＞0，此时F(x)单调递增．所以[F(x)]min＝F(x0)＝x＋－＝＝－＋.由y＝－＋在(0，1]上是减函数知，－＋＞－×1＋＝，故[F(x)]min＞.综上：f(x)>＋.5.函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)的导函数的图象如图所示：(1)求a，b的值并写出f(x)的单调区间；2(2)若函数y＝f(x)有三个零点，求c的取值范围．解：(1)因为f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，所以f′(x)＝x2＋2ax＋b.因为f′(x)＝0的两个根为－1，2，所以解得a＝－，b＝－2，由导函数的图象可知，当－1＜x＜2时，f′(x)＜0，函数单调递减，当x＜－1或x＞2时，f′(x)＞0，函数单调递增，故函数f(x)在(－∞，－1)和(2，＋∞)上单调递增，在(－1，2)上单调递减．(2)由(1)得f(x)＝x3－x2－2x＋c，函数f(x)在(－∞，－1)，(2，＋∞)上是增函数，在(－1，2)上是减函数，所以函数f(x)的极大值为f(－1)＝＋c，极小值为f(2)＝c－.而函数f(x)恰有三个零点，故必有解得－＜c＜.所以使函数f(x)恰有三个零点的实数c的取值范围是.6．(2019·浙江金华十校第二学期调研)设函数f(x)＝ex－x，h(x)＝－kx3＋kx2－x＋1.(1)求f(x)的最小值；(2)设h(x)≤f(x)对任意x∈[0，1]恒成立时k的最大值为λ，证明：4＜λ＜6.解：(1)因为f(x)＝ex－x，所以f′(x)＝ex－1，当x∈(－∞，0)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，所以f(x)min＝f(0)＝1.(2)证明：由h(x)≤f(x)，化简可得k(x2－x3)≤ex－1，当x＝0，1时，k∈R，当x∈(0，1)时，k≤，要证：4＜λ＜6，则需证以下两个问题；①＞4对任意x∈(0，1)恒成立；②存在x0∈(0，1)，使得＜6成立．先证：①＞4，即证ex－1＞4(x2－x3)，由(1)可知，ex－x≥1恒成立，所以ex－1≥x，又x≠0，...