训练11 导数的综合问题（教师用书word）-【步步高】2025年高考数学大一轮复习讲义（苏教版 提高版）

训练11　导数的综合问题 一、单项选择题 1．(2024·黄石调研)已知a＝4ln 5π，b＝5ln 4π，c＝5ln π4，则a，b，c的大小关系是(　　) A．a<b<c B．b<c<a C．b<a<c D．c<b<a 答案　A 解析　令f(x)＝(x≥e)，可得f′(x)＝＝， 当x≥e时，f′(x)≤0恒成立， 所以f(x)＝在(e，＋∞)上单调递减， 所以f(π)>f(4)>f(5)， 即>>，可得4ln π>πln 4,5ln 4>4ln 5， 所以ln π4>ln 4π，5πln 4>4πln 5， 所以5ln π4>5ln 4π，5ln 4π>4ln 5π， 即c>b，b>a，所以a<b<c. 2．(2024·曲靖模拟)已知在函数f(x)＝x2＋ln x与函数g(x)＝2x2－ax的图象上存在关于y轴对称的点，则实数a的取值范围为(　　) A. B. C．(－∞，－e] D．(－∞，－1] 答案　D 解析　由题可得f(x)＝g(－x)在(0，＋∞)上有解，即x2＋ln x＝2x2＋ax在(0，＋∞)上有解， 所以a＝在(0，＋∞)上有解， 令h(x)＝，x∈(0，＋∞)， 则h′(x)＝， 令p(x)＝－x2＋1－ln x，x∈(0，＋∞)， 则p′(x)＝－2x－<0， 所以p(x)在(0，＋∞)上单调递减，且p(1)＝0， 所以当x∈(0,1)时，p(x)>0，则h′(x)>0，h(x)单调递增， 当x∈(1，＋∞)时，p(x)<0，则h′(x)<0，h(x)单调递减， 所以h(x)max＝h(1)＝－1，故a≤－1. 3．(2024·萍乡模拟)若ex＋2t≥ln x－2t对一切正实数x恒成立，则实数t的取值范围是(　　) A. B. C. D．(－∞，e] 答案　C 解析　由ex＋2t≥ln x－2t可得ex＋2t＋x＋2t≥ln x＋x＝eln x＋ln x， 构造函数f(x)＝ex＋x，其在(－∞，＋∞)上单调递增， ∴f(x＋2t)≥f(ln x)， ∴x＋2t≥ln x，即x－ln x＋2t≥0， 令g(x)＝x－ln x＋2t，g′(x)＝1－＝， 易知g(x)＝x－ln x＋2t在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， ∴g(1)≥0，即1＋2t≥0，∴t∈. 4．(2023·南平模拟)设函数f(x)＝(x－1)ex，若关于x的不等式f(x)<ax－1有且仅有两个整数解，则实数a的取值范围是(　　) A．(－1，e2] B. C. D. 答案　D 解析　∵f(x)＝(x－1)ex， ∴f′(x)＝xex， 令f′(x)＝0，得x＝0， 当x>0时，f′(x)>0，当x<0时，f′(x)<0， ∴函数y＝f(x)的单调递减区间为(－∞，0)，单调递增区间为(0，＋∞)． 则函数y＝f(x)在x＝0处取得极小值，且极小值为f(0)＝－1，如图所示． 当a>0时，若关于x的不等式f(x)<ax－1有且仅有两个整数解， 则 解得<a≤， 当a<0时，由于直线y＝ax－1与x轴的负半轴交于点，当x<时，关于x的不等式f(x)<ax－1有无数个整数解，不满足题意， 当a＝0时，不满足题意， 综上所述，实数a的取值范围是. 二、多项选择题 5．定义在(0，＋∞)上的函数f(x)的导函数为f′(x)，且(x＋1)f′(x)－f(x)<x2＋2x对x∈(0，＋∞)恒成立．下列结论正确的是(　　) A．2f(2)－3f(1)>5 B．若f(1)＝2，x>1，则f(x)>x2＋x＋ C．f(3)－2f(1)<7 D．若f(1)＝2,0<x<1，则f(x)>x2＋x＋ 答案　CD 解析　设函数g(x)＝， 则g′(x)＝ ＝， 因为在(0，＋∞)上， (x＋1)f′(x)－f(x)<x2＋2x， 所以g′(x)<0； 则g(x)在(0，＋∞)上单调递减， 从而g(1)>g(2)>g(3)， 整理得2f(2)－3f(1)<5，f(3)－2f(1)<7； 所以A错误，C正确； 当0<x<1时，若f(1)＝2，因为g(x)在(0，＋∞)上单调递减， 所以当0<x<1时，g(x)>g(1)＝， 即>， 即f(x)>x2＋x＋， 所以D正确，则B错误． 6．(2023·菏泽模拟)对于函数f(x)＝，下列说法正确的是(　　) A．f(x)在x＝处取得极大值 B．f(x)有两个不同的零点 C．f <f()<f() D．若f(x)<k－在(0，＋∞)上恒成立，则k> 答案　ACD 解析　对于选项A，函数定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝，令f′(x)>0，可得0<x<， 令f′(x)<0，可得x>，所以f(x)在(0，)上单调递增，在(，＋∞)上单调递减， 所以f(x)在x＝处取得极大值f()＝，故选项A正确； 对于选项B，令f(x)＝＝0，可得x＝1， 又当x→0时，f(x)→－∞，当x→＋∞时，f(x)→0，因此f(x)只有一个零点，故选项B不正确； 对于选项C，显然<<，f(x)在(，＋∞)上单调递减， 可得f()>f()＝>0， 因为f ＝2ln <0， 即f <f()<f()，故选项C正确； 对于选项D，由题意知，k>f(x)＋＝＋在(0，＋∞)上恒成立， 令g(x)＝＋(x>0)，则k>g(x)max ，因为g′(x)＝， 易知当x∈时，g′(x)>0，当x∈时，g′(x)<0，所以g(x)在x＝处取得极大值，也是最大值g＝，所以k>， 所以f(x)＋<k在x∈(0，＋∞)上恒成立，则k>，故选项D正确． 三、填空题 7．(2024·百师联盟联考)已知关于x的不等式2ln x＋ax－2x2≤0恒成立，则实数a的取值范围是____________． 答案　(－∞，2] 解析　因为x>0，所以不等式可化为≤x－， 设f(x)＝x－， 则f′(x)＝1－＝， 设g(x)＝x2＋ln x－1(x>0)， 由于g′(x)＝2x＋>0， 故g(x)在(0，＋∞)上单调递增，且g(1)＝0， 则当x∈(0,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减； 当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增， 所以f(x)min＝f(1)＝1， 则≤1，即a∈(－∞，2]． 8．已知实数a，b满足a＝e2 024－a,2 021＋ln b＝e3－ln b，则ab＝________. 答案　e3 解析　根据题意，显然a，b是正数．由a＝e2 024－a，两边取对数得，ln a＝ln e2 024－a＝2 024－a， 即a－(3－ln a)＝2 021，又2 021＋ln b＝e3－ln b， 即e3－ln b－ln b＝2 021，利用a＝eln a，于是记h(x)＝e3－x－x，h′(x)＝－e3－x－1<0，故h(x)在R上单调递减，由h(3－ln a)＝h(ln b)⇒3－ln a＝ln b，于是ln ab＝3，ab＝e3. 四、解答题 9．已知函数f(x)＝aex－－1，其中a>0. (1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程； (2)若函数f(x)有唯一零点，求a的值． 解　(1)当a＝2时，f(x)＝2ex－－1， ∴f′(x)＝2ex－， ∴f′(0)＝2－1＝1. 又f(0)＝2－1＝1， ∴曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y－1＝x， 即x－y＋1＝0. (2)问题等价于关于x的方程a＝有唯一的解时，求a的值． 令g(x)＝，则g′(x)＝， 令h(x)＝1－2x－ex，则h′(x)＝－2－ex<0， ∴h(x)在(－∞，＋∞)上单调递减， 又h(0)＝0， ∴当x∈(－∞，0)时，h(x)>0，即g′(x)>0， ∴g(x)在(－∞，0)上单调递增， 当x∈(0，＋∞)时，h(x)<0，即g′(x)<0， ∴g(x)在(0，＋∞)上单调递减， ∴g(x)的极大值为g(0)＝1， ∴当x∈(－∞，0]时，g(x)∈(－∞，1]， 当x∈(0，＋∞)时，g(x)∈(0,1)， 又a>0， ∴当方程a＝有唯一的解时，a＝1， 综上，当函数f(x)有唯一零点时，a的值为1. 10．(2023·济宁质检)已知函数f(x)＝acos x＋bex(a，b∈R)，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝－x. (1)求实数a，b的值； (2)当x∈时，f(x)≤c(c∈Z)恒成立，求c的最小值． 解　(1)因为f′(x)＝－asin x＋bex， 所以解得 (2)因为f(x)＝cos x－ex，x∈， 所以f′(x)＝－sin x－ex，设g(x)＝－sin x－ex， g′(x)＝－cos x－ex＝－(cos x＋ex)． 当x∈时，cos x≥0，ex>0， 所以g′(x)<0， 当x∈时，－1≤cos x≤1，ex>1， 所以g′(x)<0. 所以，当x∈时，g′(x)<0， g(x)即f′(x)单调递减． 因为f′(0)＝－1<0，f′＝－， 因为>e>2，所以<， 所以f′>0. 所以∃x0∈，使得f′(x0)＝－sin x0－＝0，即＝－sin x0. 所以，当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增； 当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减． 所以f(x)max＝f(x0)＝cos x0－＝cos x0＋sin x0＝sin. 因为x0∈，所以x0＋∈， 所以sin∈，所以f(x0)∈(0,1)． 由题意知，c≥f(x0)，所以整数c的最小值为1. 学科网（北京）股份有限公司 $