新版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)學(xué)案訓(xùn)練課件： 課時(shí)分層訓(xùn)練16 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的綜合問題 理 北師大版

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1、 1

2、 1 課時(shí)分層訓(xùn)練(十六)　導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的綜合問題 A組　基礎(chǔ)達(dá)標(biāo) 一、選擇題 1．方程x3－6x2＋9x－10＝0的實(shí)根個(gè)數(shù)是(　　) A．3　　　　　　　　 B．2 C．1 D．0 C　[設(shè)f(x)＝x3－6x2＋9x－10，f′(x)＝3x2－12x＋9＝3(x－1)(x－3)，由此可知函數(shù)的極大值為f(1)＝－6＜0，極小值為f(3)＝－10＜0，所以方程x3－6

3、x2＋9x－10＝0的實(shí)根個(gè)數(shù)為1.] 2．若存在正數(shù)x使2x(x－a)＜1成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(　　) 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：79140088】 A．(－∞，＋∞) B．(－2，＋∞) C．(0，＋∞) D．(－1，＋∞) D　[∵2x(x－a)＜1，∴a＞x－. 令f(x)＝x－，∴f′(x)＝1＋2－xln 2＞0. ∴f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增， ∴f(x)＞f(0)＝0－1＝－1， ∴實(shí)數(shù)a的取值范圍為(－1，＋∞)．] 3．已知y＝f(x)為R上的連續(xù)可導(dǎo)函數(shù)，且xf′(x)＋f(x)＞0，則函數(shù)g(x)＝xf(x)＋1(x＞0)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為(　　) A．0

4、 B．1 C．0或1 D．無數(shù)個(gè) A　[因?yàn)間(x)＝xf(x)＋1(x＞0)，g′(x)＝xf′(x)＋f(x)＞0，所以g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，因?yàn)間(0)＝1，y＝f(x)為R上的連續(xù)可導(dǎo)函數(shù)，所以g(x)為(0，＋∞)上的連續(xù)可導(dǎo)函數(shù)，g(x)＞g(0)＝1，所以g(x)在(0，＋∞)上無零點(diǎn)．] 4．(20xx·鄭州市第一次質(zhì)量預(yù)測(cè))已知函數(shù)f(x)＝x＋，g(x)＝2x＋a，若任意x1∈，存在x2∈[2,3]，使得f(x1)≥g(x2)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(　　) A．a(chǎn)≤1 B．a(chǎn)≥1 C．a(chǎn)≤2 D．a(chǎn)≥2 A　[由題意知f(x)min≥g(x)min(

5、x∈[2,3])，因?yàn)閒(x)min＝5，g(x)min＝4＋a，所以5≥4＋a，即a≤1，故選A.] 5．做一個(gè)無蓋的圓柱形水桶，若要使其體積是27π，且用料最省，則圓柱的底面半徑為(　　) A．3 B．4 C．6 D．5 A　[設(shè)圓柱的底面半徑為R，母線長(zhǎng)為l，則V＝πR2l＝27π，∴l(xiāng)＝，要使用料最省，只需使圓柱的側(cè)面積與下底面面積之和S最?。? 由題意，S＝πR2＋2πRl＝πR2＋2π·. ∴S′＝2πR－，令S′＝0，得R＝3，則當(dāng)R＝3時(shí)，S最?。蔬xA.] 二、填空題 6．若函數(shù)exf(x)(e＝2.718 28…是自然對(duì)數(shù)的底數(shù))在f(x)的定義域上單調(diào)遞增，

6、則稱函數(shù)f(x)具有M性質(zhì)．下列函數(shù)中所有具有M性質(zhì)的函數(shù)的序號(hào)為________． ①f(x)＝2－x；②f(x)＝3－x；③f(x)＝x3； ④f(x)＝x2＋2. ①④　[設(shè)g(x)＝exf(x)． 對(duì)于①，g(x)＝ex·2－x(x∈R)， g′(x)＝ex·2－x－ex·2－x·ln 2＝(1－ln 2)·ex·2－x>0， ∴函數(shù)g(x)在R上單調(diào)遞增，故①中f(x)具有M性質(zhì)． 對(duì)于②，g(x)＝ex·3－x(x∈R)， g′(x)＝ex·3－x－ex·3－x·ln 3＝(1－ln 3)·ex·3－x<0， ∴函數(shù)g(x)在R上單調(diào)遞減，故②中f(x)不具有M性

7、質(zhì)． 對(duì)于③，g(x)＝ex·x3(x∈R)， g′(x)＝ex·x3＋ex·3x2＝(x＋3)·ex·x2， 當(dāng)x<－3時(shí)，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減，故③中f(x)不具有M性質(zhì)． 對(duì)于④，g(x)＝ex·(x2＋2)(x∈R)， g′(x)＝ex·(x2＋2)＋ex·2x＝(x2＋2x＋2)·ex ＝[(x＋1)2＋1]·ex>0， ∴函數(shù)g(x)在R上單調(diào)遞增，故④中f(x)具有M性質(zhì)． 綜上，具有M性質(zhì)的函數(shù)的序號(hào)為①④.] 7．(20xx·江蘇高考)已知函數(shù)f(x)＝x3－2x＋ex－，其中e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)．若f(a－1)＋f(2a2)≤0，則實(shí)數(shù)a的取值范

8、圍是________. 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：79140089】 　[因?yàn)閒(－x)＝(－x)3－2(－x)＋e－x－ ＝－x3＋2x－ex＋＝－f(x)， 所以f(x)＝x3－2x＋ex－是奇函數(shù)． 因?yàn)閒(a－1)＋f(2a2)≤0， 所以f(2a2)≤－f(a－1)，即f(2a2)≤f(1－a)． 因?yàn)閒′(x)＝3x2－2＋ex＋e－x≥3x2－2＋2＝3x2≥0， 所以f(x)在R上單調(diào)遞增， 所以2a2≤1－a，即2a2＋a－1≤0， 所以－1≤a≤.] 8．若函數(shù)f(x)＝2x＋sin x對(duì)任意的m∈[－2,2]，f(mx－3)＋f(x)＜0恒成立，則x的取值范圍是_

9、_______． (－3,1)　[因?yàn)閒(x)是R上的奇函數(shù)， f′(x)＝2＋cos x＞0，則f(x)在定義域內(nèi)為增函數(shù)， 所以f(mx－3)＋f(x)＜0可變形為f(mx－3)＜f(－x)， 所以mx－3＜－x，將其看作關(guān)于m的一次函數(shù)， 則g(m)＝x·m－3＋x，m∈[－2,2]， 可得若m∈[－2,2]時(shí)，g(m)＜0恒成立． 則g(2)＜0，g(－2)＜0，解得－3＜x＜1.] 三、解答題 9．已知函數(shù)f(x)＝ex＋ax－a(a∈R且a≠0)． (1)若f(0)＝2，求實(shí)數(shù)a的值，并求此時(shí)f(x)在[－2,1]上的最小值； (2)若函數(shù)f(x)不存在零點(diǎn)，

10、求實(shí)數(shù)a的取值范圍． [解]　(1)由f(0)＝1－a＝2，得a＝－1.易知f(x)在[－2,0)上單調(diào)遞減，在(0,1]上單調(diào)遞增， 所以當(dāng)x＝0時(shí)，f(x)在[－2,1]上取得最小值2. (2)f′(x)＝ex＋a，由于ex＞0. ①當(dāng)a＞0時(shí)，f′(x)＞0，f(x)是增函數(shù)， 當(dāng)x＞1時(shí)，f(x)＝ex＋a(x－1)＞0. 當(dāng)x＜0時(shí)，取x＝－，則f＜1＋a＝－a＜0. 所以函數(shù)f(x)存在零點(diǎn)，不滿足題意． ②當(dāng)a＜0時(shí)，f′(x)＝ex＋a， 令f′(x)＝0，得x＝ln(－a)． 在(－∞，ln(－a))上，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減， 在(ln(－a

11、)，＋∞)上，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增， 所以當(dāng)x＝ln(－a)時(shí)，f(x)取最小值． 函數(shù)f(x)不存在零點(diǎn)，等價(jià)于f(ln(－a))＝eln(－a)＋aln(－a)－a＝－2a＋aln(－a)＞0，解得－e2＜a＜0. 綜上所述，所求實(shí)數(shù)a的取值范圍是－e2＜a＜0. 10．(20xx·合肥一檢)已知函數(shù)f(x)＝(a∈R)． (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若任意x∈[1，＋∞)，不等式f(x)＞－1恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍． [解]　(1)f′(x)＝， 當(dāng)a≤－時(shí)，x2－2x－2a≥0，故f′(x)≥0， ∴函數(shù)f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增，

12、 ∴當(dāng)a≤－時(shí)，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，＋∞)，無單調(diào)遞減區(qū)間． 當(dāng)a＞－時(shí)，令x2－2x－2a＝0?x1＝1－， x2＝1＋， 列表 x (－∞，1－) (1－，1＋) (1＋，＋∞) f′(x) ＋ － ＋ f(x) ↗ ↘ ↗ 由表可知，當(dāng)a＞－時(shí)，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，1－)和(1＋，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(1－，1＋)． (2)∵f(x)＞－1?＞－1?2a＞x2－ex， ∴由條件2a＞x2－ex，對(duì)任意x≥1成立． 令g(x)＝x2－ex，h(x)＝g′(x)＝2x－ex， ∴h′(x)＝2－ex， 當(dāng)x∈[1，

13、＋∞)時(shí)，h′(x)＝2－ex≤2－e＜0， ∴h(x)＝g′(x)＝2x－ex在[1，＋∞)上單調(diào)遞減， ∴h(x)＝2x－ex≤2－e＜0，即g′(x)＜0， ∴g(x)＝x2－ex在[1，＋∞)上單調(diào)遞減， ∴g(x)＝x2－ex≤g(1)＝1－e， 故f(x)＞－1在[1，＋∞)上恒成立，只需2a＞g(x)max＝1－e， ∴a＞，即實(shí)數(shù)a的取值范圍是. B組　能力提升 11．(20xx·山東省實(shí)驗(yàn)中學(xué)診斷)若函數(shù)f(x)在R上可導(dǎo)，且滿足f(x)－xf′(x)＞0，則(　　) A．3f(1)＜f(3) B．3f(1)＞f(3) C．3f(1)＝f(3) D．f(1

14、)＝f(3) B　[由于f(x)＞xf′(x)，則＝＜0恒成立，因此在R上是單調(diào)遞減函數(shù)， 所以＜，即3f(1)＞f(3)．] 12．方程f(x)＝f′(x)的實(shí)數(shù)根x0叫作函數(shù)f(x)的“新駐點(diǎn)”，如果函數(shù)g(x)＝ln x的“新駐點(diǎn)”為a，那么a滿足(　　) A．a(chǎn)＝1 B．0＜a＜1 C．2＜a＜3 D．1＜a＜2 D　[∵g′(x)＝，∴l(xiāng)n x＝. 設(shè)h(x)＝ln x－， 則h(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)． 又∵h(yuǎn)(1)＝－1＜0，h(2)＝ln 2－＝ln 2－ln＞0， ∴h(x)在(1,2)上有零點(diǎn)，∴1＜a＜2.] 13．已知函數(shù)f(x)＝ax3－3

15、x2＋1，若f(x)存在唯一的零點(diǎn)x0，且x0＞0，則a的取值范圍是________. 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：79140090】 (－∞，－2)　[當(dāng)a＝0時(shí)，顯然f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，不符合題意． 當(dāng)a≠0時(shí)，f′(x)＝3ax2－6x，令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝. 當(dāng)a＞0時(shí)，＞0，所以函數(shù)f(x)＝ax3－3x2＋1在(－∞，0)和上為增函數(shù)，在上為減函數(shù)，因?yàn)閒(x)存在唯一零點(diǎn)x0，且x0＞0，則f(0)＜0，即1＜0，不成立．當(dāng)a＜0時(shí)，＜0，所以函數(shù)f(x)＝ax3－3x2＋1在和(0，＋∞)上為減函數(shù)，在上為增函數(shù)，因?yàn)閒(x)存在唯一零點(diǎn)x0，且x0＞0，則f＞0，即

16、a·－3·＋1＞0，解得a＞2或a＜－2，又因?yàn)閍＜0，故a的取值范圍為(－∞，－2)．] 14．已知函數(shù)f(x)＝ex－m－x，其中m為常數(shù)． (1)若對(duì)任意x∈R有f(x)≥0恒成立，求m的取值范圍； (2)當(dāng)m＞1時(shí)，判斷f(x)在[0,2m]上零點(diǎn)的個(gè)數(shù)，并說明理由． [解]　(1)依題意，可知f′(x)＝ex－m－1， 令f′(x)＝0，得x＝m. 故當(dāng)x∈(－∞，m)時(shí)，ex－m＜1，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減； 當(dāng)x∈(m，＋∞)時(shí)，ex－m＞1，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增． 故當(dāng)x＝m時(shí)，f(m)為極小值也是最小值． 令f(m)＝1－m≥0，得m≤

17、1， 即對(duì)任意x∈R，f(x)≥0恒成立時(shí)，m的取值范圍是(－∞，1]． (2)f(x)在[0,2m]上有兩個(gè)零點(diǎn)，理由如下： 當(dāng)m＞1時(shí)，f(m)＝1－m＜0. ∵f(0)＝e－m＞0，f(0)·f(m)＜0，且f(x)在(0，m)上單調(diào)遞減． ∴f(x)在(0，m)上有一個(gè)零點(diǎn)． 又f(2m)＝em－2m，令g(m)＝em－2m， 則g′(m)＝em－2，∵當(dāng)m＞1時(shí)，g′(m)＝em－2＞0， ∴g(m)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增． ∴g(m)＞g(1)＝e－2＞0，即f(2m)＞0. ∴f(m)·f(2m)＜0， ∴f(x)在(m,2m)上有一個(gè)零點(diǎn)． 故f(x)在[0,2m]上有兩個(gè)零點(diǎn)．