2022年(輔導(dǎo)班適用)高二數(shù)學(xué)寒假講義12《導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的綜合問(wèn)題》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【答案解析】答案為：C；解析：[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x3－6x2＋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(　　)A.(－∞，＋∞)      B.(－2，＋∞)   C.(0，＋∞)     D.(－1，＋∞)【答案解析】答案為：D；解析：[∵2x(x－a)＜1，∴a＞x－.令f(x)=x－，∴f′(x)=1＋2－xln 2＞0.∴f(x)在(0，＋∞)上是增加的，∴f(x)＞f(0)=0－1=－1，∴實(shí)數(shù)a的取值范圍為(－1，＋∞).]3.已知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)閇－1,4]，部分對(duì)應(yīng)值如下表：f(x)的導(dǎo)函數(shù)y=f ′(x)的圖象如圖所示.當(dāng)1<a<2時(shí)，函數(shù)y=f(x)－a的零點(diǎn)的個(gè)數(shù)為(　　)A.1          B.2            C.3          D.4【答案解析】答案為：D解析：根據(jù)導(dǎo)函數(shù)圖象，知2是函數(shù)的極小值點(diǎn)，函數(shù)y=f(x)的大致圖象如圖所示.由于f(0)=f(3)=2,1<a<2，所以y=f(x)－a的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為4.4.若關(guān)于x的不等式x3－3x2－9x＋2≥m對(duì)任意x∈[－2,2]恒成立，則m的取值范圍是(　　)A.(－∞，7]       B.(－∞，－20]      C.(－∞，0]     D.[－12,7]【答案解析】答案為：B解析：令f(x)=x3－3x2－9x＋2，則f ′(x)=3x2－6x－9，令f ′(x)=0得x=－1或x=3(舍去).∵f(－1)=7, f(－2)=0, f(2)=－20，∴f(x)的最小值為f(2)=－20，故m≤－20.5.設(shè)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且f(2)=0，當(dāng)x>0時(shí)，有<0恒成立，則不等式x2f(x)>0的解集是(　　)A.(－2,0)∪(2，＋∞)　B.(－2,0)∪(0,2)C.(－∞，－2)∪(2，＋∞)D.(－∞，－2)∪(0,2)【答案解析】答案為：D解析：∵當(dāng)x>0時(shí)，[]’′<0，∴φ(x)=在(0，＋∞)為減函數(shù)，又f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，∴f(x)在R上單調(diào)遞增.∵f(2)=0，∴在(0,2)內(nèi)恒有f(x)>0；在(2，＋∞)內(nèi)恒有f(x)<0.故在(－∞，－2)內(nèi)恒有f(x)>0；在(－2,0)內(nèi)恒有f(x)<0.故x2f(x)>0的解集為(－∞，－2)∪(0,2).6.定義在R上的函數(shù)f(x)滿足：f(x)＋f′(x)＞1，f(0)=4，則不等式exf(x)＞ex＋3(其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))的解集為(　 　)A.(0，＋∞)                 B.(－∞，0)∪(3，＋∞)C.(－∞，0)∪(0，＋∞)      D.(3，＋∞)【答案解析】答案為：A；解析：設(shè)g(x)=exf(x)－ex(x∈R)，則g′(x)=exf(x)＋exf′(x)－ex=ex[f(x)＋f′(x)－1]，因?yàn)閒(x)＋f′(x)＞1，所以f(x)＋f′(x)－1＞0，所以g′(x)＞0，所以g(x)=exf(x)－ex在定義域上單調(diào)遞增，因?yàn)閑xf(x)＞ex＋3，所以g(x)＞3.又因?yàn)間(0)=e0f(0)－e0=4－1=3，所以g(x)＞g(0)，所以x＞0.7.若不等式2xln x≥－x2＋ax－3對(duì)x∈(0，＋∞)恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(　　)A.(－∞，0)      B.(－∞，4]    C.(0，＋∞)     D.[4，＋∞)【答案解析】答案為：B；解析：[由題意知a≤2ln x＋x＋對(duì)x∈(0，＋∞)恒成立，令g(x)=2ln x＋x＋，則g′(x)=＋1－=，由g′(x)=0得x=1或x=－3(舍)，且x∈(0,1)時(shí)，g′(x)＜0，x∈(1，＋∞)時(shí)，g′(x)＞0.因此g(x)min=g(1)=4.所以a≤4，故選B.]8.設(shè)點(diǎn)P在曲線y=2ex上，點(diǎn)Q在曲線y=ln x－ln 2上，則|PQ|的最小值為(　　)A.1－ln 2       B.(1－ln 2)      C.2(1＋ln 2)     D.(1＋ln 2)【答案解析】答案為：D.解析：由已知可得y=2ex與y=ln x－ln 2=ln 互為反函數(shù)，即y=2ex與y=ln x－ln 2的圖象關(guān)于直線x－y=0對(duì)稱(chēng)，|PQ|的最小值為點(diǎn)Q到直線x－y=0的最小距離的2倍，令Q(t，ln t－ln 2)，過(guò)點(diǎn)Q的切線與直線x－y=0平行，函數(shù)y=ln x－ln 2的導(dǎo)數(shù)為y′=，其斜率為k==1，所以t=1，故Q(1，－ln 2)，點(diǎn)Q到直線x－y=0的距離為d==，所以|PQ|min=2d=(1＋ln 2).9.已知函數(shù)（lnx是以e為底的自然對(duì)數(shù)，e=2.71828...），若存在實(shí)數(shù)m,n(m<n)，滿足f(m)=f(n)，則n-m的取值范圍為(       )A.(0,e2+3)    ????????????? B.(4,e2-1]         C.[5-2ln2,e2-1]         D.[5-2ln2,4]【答案解析】答案為：C；10.做一個(gè)無(wú)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【答案解析】答案為：A；解析：[設(shè)圓柱的底面半徑為R，母線長(zhǎng)為l，則V=πR2l=27π，∴l=，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最小.由題意，S=πR2＋2πRl=πR2＋2π·.∴S′=2πR－，令S′=0，得R=3，則當(dāng)R=3時(shí)，S最小.故選A.]11.函數(shù)f(x)=(3-x2)ex的單調(diào)遞增區(qū)間是（    ）A.(- ∞,0)   B.(0,+ ∞)   C.(- ∞,3)和(1,+ ∞)    D.(-3,1)【答案解析】答案為：D12.已知函數(shù)f(x)=(x－a)3－3x＋a(a＞0)在[－1，b]上的值域?yàn)閇－2－2a,0]，則b的取值范圍是(　 　)A.[0,3]        B.[0,2]         C.[2,3]       D.(－1,3]【答案解析】答案為：A；解析：由f(x)=(x－a)3－3x＋a，得f′(x)=3(x－a)2－3，令f′(x)=0，得x1=a－1，x2=a＋1.當(dāng)x∈(－∞，a－1)∪(a＋1，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0，當(dāng)x∈(a－1，a＋1)時(shí)，f′(x)＜0，則f(x)在(－∞，a－1)，(a＋1，＋∞)上為增函數(shù)，在(a－1，a＋1)上為減函數(shù).又f(a＋1)=－2－2a，∴要使f(x)=(x－a)3－3x＋a(a＞0)在[－1，b]上的值域?yàn)閇－2－2a,0]，則f(－1＋a)=2－2a≤0，若2－2a=0，即a=1，此時(shí)f(－1)=－4，f(0)=0，－2－2a=－4，f(3)=0，f(2)=－4.∴b∈[0,3]；若2－2a＜0，即a＞1，此時(shí)f(－1)=(－1－a)3＋3＋a=－a3－3a2－2a＋2，而f(－1)－(－2a－2)=－a3－3a2－2a＋2＋2a＋2=－a3－3a2＋4=(1－a)·(a＋2)2＜0，∴不合題意，∴b的取值范圍是[0,3].故選A.二         、填空題13.若函數(shù)f(x)=2x3－9x2＋12x－a恰好有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，則a=________.【答案解析】答案為：4或5；解析：[f′(x)=6x2－18x＋12，令f′(x)=0得x=1或x=2，又當(dāng)x＜1或x＞2時(shí)，f′(x)＞0，當(dāng)1＜x＜2時(shí)，f′(x)＜0.因此x=1和x=2分別是函數(shù)f(x)的極大值點(diǎn)和極小值點(diǎn).由題意知f(1)=0或f(2)=0，即5－a=0或4－a=0.解得a=4或a=5.]14.函數(shù)y=x＋2cos x在區(qū)間上的最大值是________.【答案解析】答案為：＋.解析：y′=1－2sin x，令y′=0，又x∈，得x=，則x∈時(shí)，y′>0；x∈時(shí)，y′<0.故函數(shù)y=x＋2cos x在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，所以當(dāng)x=時(shí)，函數(shù)取得最大值＋.15.已知函數(shù)f(x)=x＋，g(x)=2x＋a，若任意x1∈[,1]，存在x2∈[2,3]，使得f(x1)≥g(x2)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________.【答案解析】答案為：(－∞，1]；解析：[當(dāng)x∈[,1]時(shí)，f′(x)=1－＜0，f(x)min=f(1)=5.當(dāng)x∈[2,3]時(shí)，g(x)=2x＋a是增函數(shù)，g(x)min=4＋a.由題意知5≥4＋a，即a≤1.]16.直線x=t分別與函數(shù)f(x)=ex＋1的圖象及g(x)=2x－1的圖象相交于點(diǎn)A和點(diǎn)B，則|AB|的最小值為          .【答案解析】答案為：4－2ln2；解析：由題意得，|AB|=|et＋1－(2t－1)|=|et－2t＋2|，令h(t)=et－2t＋2，則h′(t)=et－2，所以h(t)在(－∞，ln2)上單調(diào)遞減，在(ln2，＋∞)上單調(diào)遞增，所以h(t)min=h(ln2)=4－2ln2＞0，即|AB|的最小值是4－2ln2.三         、解答題17.已知函數(shù)f(x)=＋lnx.(1)求曲線y=f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程；(2)求證：f(x)>0.【答案解析】 (1)解：f(x)=＋lnx的定義域是(0，＋∞)，f′(x)=＋=，所以f′(1)=－，又f(1)=1，則切線方程為x＋2y－3=0.(2)證明　令h(x)=x3＋2x2－3x－2，則h′(x)=3x2＋4x－3，設(shè)h′(x)=0的兩根為x1，x2，由于x1x2=－1<0，不妨設(shè)x1<0，x2>0，則h(x)在(0，x2)上是單調(diào)遞減的，在(x2，＋∞)上是單調(diào)遞增的.而h(0)<0，h(1)<0，h(2)>0，所以h(x)在(0，＋∞)上存在唯一零點(diǎn)x0，且x0∈(1,2)，所以f(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增.所以f(x)≥f(x0)=＋lnx0，因?yàn)閤0∈(1,2)，lnx0>0，f(x)>>0，所以f(x)>0.18.已知函數(shù)f(x)=aex－ln x－1.(1)設(shè)x=2是f(x)的極值點(diǎn)，求a，并求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)證明：當(dāng)a≥時(shí)，f(x)≥0.【答案解析】解：(1)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)=aex－.由題設(shè)知，f′(2)=0，所以a=.從而f(x)=ex－ln x－1，f′(x)=ex－.當(dāng)0＜x＜2時(shí)，f′(x)＜0；當(dāng)x＞2時(shí)，f′(x)＞0.所以f(x)在(0，2)單調(diào)遞減，在(2，＋∞)單調(diào)遞增.(2)證明：當(dāng)a≥時(shí)，f(x)≥－ln x－1.設(shè)g(x)=－ln x－1，則g′(x)=－.當(dāng)0＜x＜1時(shí)，g′(x)＜0；當(dāng)x＞1時(shí)，g′(x)＞0.所以x=1是g(x)的最小值點(diǎn).故當(dāng)x＞0時(shí)，g(x)≥g(1)=0.因此，當(dāng)a≥時(shí)，f(x)≥0.19.已知函數(shù)f(x)=x2－(a＋2)x＋alnx(a為實(shí)常數(shù)).(1)若a=－2，求曲線y=f(x)在x=1處的切線方程；(2)若存在x∈[1，e]，使得f(x)≤0成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.【答案解析】解：(1)當(dāng)a=－2時(shí)，f(x)=x2－2lnx，則f′(x)=2x－，f′(1)=0，所求切線方程為y=1.(2)f′(x)=2x－(a＋2)＋==，x∈[1，e].當(dāng)≤1，即a≤2時(shí)，x∈[1，e]，f′(x)≥0，此時(shí)f(x)在[1，e]上單調(diào)遞增.所以f(x)的最小值為f(1)=－a－1，所以－1≤a≤2；當(dāng)1<<e，即2<a<2e，x∈（1，）時(shí)，f′(x)<0，f(x)在（1，）上單調(diào)遞減；當(dāng)x∈（，e）時(shí)，f′(x)>0，f(x)在（，e）上單調(diào)遞增，所以f(x)的最小值為f()=－－a＋aln=a(ln -a-1).因?yàn)?<a<2e，所以0<ln<1，所以f()=aln -a-1)<0恒成立，所以2<a<2e；當(dāng)≥e，即a≥2e時(shí)，x∈[1，e]，f′(x)≤0，此時(shí)f(x)在[1，e]上單調(diào)遞減，所以f(x)的最小值為f(e)=e2－(a＋2)e＋a，因?yàn)閍≥2e>，所以f(e)<0，所以a≥2e，綜上，a≥－1.20.設(shè)函數(shù)f(x)=ax2－xln x－(2a－1)x＋a－1(a∈R).(1)當(dāng)a=0時(shí)，求函數(shù)f(x)在點(diǎn)P(e，f(e))處的切線方程；(2)若對(duì)任意的x∈[1，＋∞)，函數(shù)f(x)≥0恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.【答案解析】解：(1)當(dāng)a=0時(shí)，f(x)=－xln x＋x－1，則f′(x)=－ln x，則f′(e)=－1，f(e)=－1，所以函數(shù)f(x)在點(diǎn)P(e，f(e))處的切線方程為y＋1=－(x－e)，即x＋y＋1－e=0.(2)f′(x)=2ax－1－ln x－(2a－1)=2a(x－1)－ln x，易知，ln x≤x－1，則f′(x)≥2a(x－1)－(x－1)=(2a－1)(x－1)，當(dāng)2a－1≥0，即a≥時(shí)，由x∈[1，＋∞)得f′(x)≥0恒成立，所以f(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，f(x)≥f(1)=0符合題意.所以a≥.當(dāng)a≤0時(shí)，由x∈[1，＋∞)得f′(x)≤0恒成立，所以f(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞減，f(x)≤f(1)=0顯然不滿足題意，故a≤0舍去.當(dāng)0<a<時(shí)，由ln x≤x－1，得ln ≤－1，即ln x≥1－，則f′(x)≤2a(x－1)－（1－）=·(2ax－1).因?yàn)?<a<，所以>1.當(dāng)x∈[1,]時(shí)，f′(x)≤0恒成立，此時(shí)f(x)在[1,]上單調(diào)遞減，f(x)≤f(1)=0不滿足題意，所以0<a<舍去.綜上可得，實(shí)數(shù)a的取值范圍為[,+∞).21.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.【答案解析】解：(1)f′(x)=，當(dāng)a≤－時(shí)，x2－2x－2a≥0，故f′(x)≥0，∴函數(shù)f(x)在(－∞，＋∞)上遞增，∴當(dāng)a≤－時(shí)，函數(shù)f(x)的遞增區(qū)間為(－∞，＋∞)，無(wú)遞減區(qū)間.當(dāng)a＞－時(shí)，令x2－2x－2a=0?x1=1－，x2=1＋，列表由表可知，當(dāng)a＞－時(shí)，函數(shù)f(x)的遞增區(qū)間為(－∞，1－)和(1＋，＋∞)，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，＋∞)時(shí)，h′(x)=2－ex≤2－e＜0，∴h(x)=g′(x)=2x－ex在[1，＋∞)上遞減，∴h(x)=2x－ex≤2－e＜0，即g′(x)＜0，∴g(x)=x2－ex在[1，＋∞)上遞減，∴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（，＋∞）.22.已知函數(shù)f(x)=(x＋a－1)ex，g(x)=x2＋ax，其中a為常數(shù).(1)當(dāng)a=2時(shí)，求函數(shù)f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程；(2)若對(duì)任意的x∈[0，＋∞)，不等式f(x)≥g(x)恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.【答案解析】解：(1)因?yàn)閍=2，所以f(x)=(x＋1)ex，所以f(0)=1，f′(x)=(x＋2)ex，所以f′(0)=2，所以切點(diǎn)的坐標(biāo)為(0，1)，所以切線方程為2x－y＋1=0.(2)令h(x)=f(x)－g(x)，由題意得h(x)min≥0在x∈[0，＋∞)上恒成立，h(x)=(x＋a－1)ex－x2－ax，所以h′(x)=(x＋a)(ex－1)，①若a≥0，則當(dāng)x∈[0，＋∞)時(shí)，h′(x)≥0，所以函數(shù)h(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以h(x)min=h(0)=a－1，則a－1≥0，得a≥1.②若a＜0，則當(dāng)x∈[0，－a)時(shí)，h′(x)≤0，當(dāng)x∈(－a，＋∞)時(shí)，h′(x)≥0，所以函數(shù)h(x)在[0，－a)上單調(diào)遞減，在(－a，＋∞)上單調(diào)遞增，所以h(x)min=h(－a)，又h(－a)＜h(0)=a－1＜0，所以不合題意.綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍為[1，＋∞).23.已知函數(shù)f(x)=(ax－2)ex在x=1處取得極值.(1)求a的值；(2)求函數(shù)f(x)在[m，m＋1]上的最小值；(3)求證：對(duì)任意x1，x2∈[0，2]，都有|f(x1)－f(x2)|≤e.【答案解析】解：(1)f′(x)=aex＋(ax－2)ex=(ax＋a－2)ex，由已知得f′(1)=0，即(2a－2)e=0，解得a=1.當(dāng)a=1時(shí)，在x=1處函數(shù)f(x)=(x－2)ex取得極小值，所以a=1.(2)f(x)=(x－2)ex，f′(x)=ex＋(x－2)ex=(x－1)ex.f′(x)，f(x)隨x的變化情況如下表：x(－∞，1)1(1，＋∞)f′(x)－0＋f(x)極小值所以函數(shù)f(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增.當(dāng)m≥1時(shí)，f(x)在[m，m＋1]上單調(diào)遞增，f(x)min=f(m)=(m－2)em；當(dāng)0＜m＜1時(shí)，m＜1＜m＋1，f(x)在[m，1]上單調(diào)遞減，在[1，m＋1]上單調(diào)遞增，f(x)min=f(1)=－e；當(dāng)m≤0時(shí)，m＋1≤1，f(x)在[m，m＋1]上單調(diào)遞減，f(x)min=f(m＋1)=(m－1)em＋1.綜上，f(x)在[m，m＋1]上的最小值f(x)min=.(3)證明：由(1)知f(x)=(x－2)ex，f′(x)=ex＋(x－2)ex=(x－1)ex.令f′(x)=0得x=1，因?yàn)閒(0)=－2，f(1)=－e，f(2)=0，所以在[0，2]上f(x)max=0，f(x)min=－e，所以，對(duì)任意x1，x2∈[0，2]，都有|f(x1)－f(x2)|≤f(x)max－f(x)min=e. 

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2022年(輔導(dǎo)班適用)高二數(shù)學(xué)寒假講義12《導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的綜合問(wèn)題》（原卷版）：

這是一份2022年(輔導(dǎo)班適用)高二數(shù)學(xué)寒假講義12《導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的綜合問(wèn)題》（原卷版），共4頁(yè)。試卷主要包含了選擇題，填空題，解答題等內(nèi)容，歡迎下載使用。

2022年(輔導(dǎo)班適用)高二數(shù)學(xué)寒假講義11《導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的性質(zhì)》（原卷版）：

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