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第4练　导数与函数的综合应用（原卷版）
一、单项选择题
1．已知函数f(x)＝1－cosx－x2，若f(x)≤m恒成立，则m的最小值为(　　)
A．0 B.
C. D．1
2．函数f(x)＝x3－3x2＋3－a，若存在x0∈[－1，1]，使得f(x0)>0，则实数a的取值范围为(　　)
A．(－∞，－1) B．(－∞，1)
C．(－1，3) D．(－∞，3)
3．(2025·湖北“宜荆荆恩”联考)若不等式kx＋b≥ln x恒成立，则的取值范围是(　　)
A．[0，＋∞) B．[－1，＋∞)
C．[－2，＋∞) D．[－e，＋∞)
4．1614年纳皮尔在研究天文学的过程中为了简化计算而发明对数；1637年笛卡儿开始使用指数运算；1770年，欧拉发现了指数与对数的互逆关系，指出：对数源于指数，对数的发明先于指数，称为数学史上的珍闻，对数函数与指数函数互为反函数，即对数函数f(x)＝logax(a＞0，且a≠1)的反函数为f－1(x)＝ax(a＞0，且a≠1)．已知函数g(x)＝ex，F(x)＝x2＋kg－1(x)，若对任意x2＞x1＞0，有>2028恒成立，则实数k的取值范围为(　　)
A．(－∞，2] B．[2，＋∞)
C．(1014，＋∞) D．[2×5072，＋∞)
二、多项选择题
5．已知函数f(x)＝ex－cos2x，则下列结论正确的是(　　)
A．f(x)在上单调递增
B．f(x)在上单调递减
C． x≥0，f(x)≥0
D． x≥0，f(x)<0
6．已知函数f(x)＝a·－x＋ln x(a∈R)，若对于定义域内的任意实数s，总存在实数t使得f(t)＜f(s)，则满足条件的实数a的值可能是(　　)
A．－1 B．0
C. D．1
三、填空题
7．(2025·河北名校联盟模拟)已知a－x<0(a>0，a≠1)对任意x∈(0，＋∞)恒成立，则实数a的取值范围是________．
8．(2025·江苏南通模拟)若存在实数t，对任意的x∈(0，s]，不等式(ln x－x＋2－t)(1－t－x)≤0成立，则整数s的最大值为________．(ln 3≈1.099，ln 4≈1.386)
四、解答题
9．(2024·江苏南京二模)已知函数f(x)＝ex－ax＋a(a∈R，a≠0)，f′(x)为f(x)的导函数．
(1)若f(0)＝2，求证：f′(x)＋f′(－x)≥0；
(2)若 x∈[0，3]，f(x)≥0，求a的取值范围．
10．(2025·湖南师大附中模拟)已知x＝为函数f(x)＝xaln x的极值点．
(1)求a的值；
(2)设函数g(x)＝，若 x1∈(0，＋∞)， x2∈R，使得f(x1)－g(x2)≥0，求k的取值范围．
11．已知函数f(x)＝ex－a－ln x.
(1)当a＝0时，求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线与坐标轴围成的三角形的面积；
(2)若存在x0∈[e，＋∞)，使f(x0)<0成立，求a的取值范围．
12．已知函数f(x)＝aex＋x＋1.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当x>1时，f(x)>ln ＋x，求实数a的取值范围．
第4练　导数与函数的综合应用（解析版）
一、单项选择题
1．已知函数f(x)＝1－cosx－x2，若f(x)≤m恒成立，则m的最小值为(　　)
A．0 B.
C. D．1
答案：A
解析：根据题意知f′(x)＝sinx－x，设h(x)＝f′(x)，则h′(x)＝cosx－1≤0，h(x)单调递减，所以当x＜0时，f′(x)＝h(x)＞h(0)＝0，f(x)单调递增，当x＞0时，f′(x)＝h(x)＜h(0)＝0，f(x)单调递减，所以f(x)≤f(0)＝0.又f(x)≤m恒成立，所以m的最小值为0.
2．函数f(x)＝x3－3x2＋3－a，若存在x0∈[－1，1]，使得f(x0)>0，则实数a的取值范围为(　　)
A．(－∞，－1) B．(－∞，1)
C．(－1，3) D．(－∞，3)
答案：D
解析：f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，易得当x>2或x<0时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，当00，则f(0)＝3－a>0，故a<3.故选D.
3．(2025·湖北“宜荆荆恩”联考)若不等式kx＋b≥ln x恒成立，则的取值范围是(　　)
A．[0，＋∞) B．[－1，＋∞)
C．[－2，＋∞) D．[－e，＋∞)
答案：B
解析：令f(x)＝ln x－kx－b，则f(x)≤0恒成立，又f′(x)＝－k，当k≤0时，f′(x)>0恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，且x→＋∞时，f(x)→＋∞，不符合题意；当k>0时，令f′(x)>0，解得0，所以f(x)在上单调递增，在上单调递减，所以f(x)max＝f＝ln －1－b＝－ln k－1－b≤0，所以b≥－ln k－1，所以≥，令g(k)＝，k∈(0，＋∞)，则g′(k)＝，所以当01时，g′(k)>0，所以g(k)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以g(k)≥g(1)＝－1，所以≥－1，即的取值范围是[－1，＋∞)．故选B.
4．1614年纳皮尔在研究天文学的过程中为了简化计算而发明对数；1637年笛卡儿开始使用指数运算；1770年，欧拉发现了指数与对数的互逆关系，指出：对数源于指数，对数的发明先于指数，称为数学史上的珍闻，对数函数与指数函数互为反函数，即对数函数f(x)＝logax(a＞0，且a≠1)的反函数为f－1(x)＝ax(a＞0，且a≠1)．已知函数g(x)＝ex，F(x)＝x2＋kg－1(x)，若对任意x2＞x1＞0，有>2028恒成立，则实数k的取值范围为(　　)
A．(－∞，2] B．[2，＋∞)
C．(1014，＋∞) D．[2×5072，＋∞)
答案：D
解析：∵F(x)＝x2＋kg－1(x)＝x2＋kln x，且对任意x2＞x1＞0，有>2028恒成立，即对任意x2＞x1＞0，F(x2)－2028x2＞F(x1)－2028x1恒成立，令h(x)＝F(x)－2028x＝x2＋kln x－2028x(x＞0)，则h(x)在(0，＋∞)上为增函数，∴h′(x)＝2x＋－2028≥0在(0，＋∞)上恒成立，即－≤x2－1014x在(0，＋∞)上恒成立，∵当x＞0时，x2－1014x＝(x－507)2－5072≥－5072(当且仅当x＝507时取等号)，∴－≤－5072，∴k≥2×5072，即实数k的取值范围为[2×5072，＋∞)．故选D.
二、多项选择题
5．已知函数f(x)＝ex－cos2x，则下列结论正确的是(　　)
A．f(x)在上单调递增
B．f(x)在上单调递减
C． x≥0，f(x)≥0
D． x≥0，f(x)<0
答案：AC
解析：∵f(x)＝ex－cos2x＝ex－(1＋cos2x)，∴f′(x)＝ex＋sin2x，当x∈时，∵sin2x>0，ex>0，∴f′(x)>0，∴f(x)在上单调递增，故A正确，B错误；当x∈时，f(x)≥f(0)＝0，又当x≥时，f(x)＝ex－cos2x>e－1恒成立，∴ x≥0，f(x)≥0，故C正确，D错误．故选AC.
6．已知函数f(x)＝a·－x＋ln x(a∈R)，若对于定义域内的任意实数s，总存在实数t使得f(t)＜f(s)，则满足条件的实数a的值可能是(　　)
A．－1 B．0
C. D．1
答案：AB
解析：函数f(x)＝a·－x＋ln x(a∈R)，定义域为(0，＋∞)，因为 s∈(0，＋∞)， t∈(0，＋∞)使得f(t)＜f(s)，所以函数f(x)在(0，＋∞)上没有最小值，对f(x)求导得f′(x)＝a·－＝(x－1)，当a≤0时，当0＜x＜1时，f′(x)＞0；当x＞1时，f′(x)＜0，即f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，则当x＝1时，f(x)取得最大值f(1)＝ea－1，值域为(－∞，ea－1]，f(x)在(0，＋∞)内无最小值，因此a≤0符合题意；当a＞0时，令g(x)＝，x＞0，g′(x)＝，当0＜x＜1时，g′(x)＞0，当x＞1时，g′(x)＜0，即g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，g(x)max＝g(1)＝，显然>0，即0＜g(x)≤，在同一坐标系内作出直线y＝a与函数y＝g(x)的图象，如图，当0＜a<时，g(x)＝a有两个根x1，x2，不妨令0＜x1＜x2，当0＜x＜x1或1＜x＜x2时，f′(x)＜0，当x1＜x＜1或x＞x2时，f′(x)＞0，即函数f(x)在(0，x1)，(1，x2)上单调递减，在(x1，1)，(x2，＋∞)上单调递增，函数f(x)在x＝x1与x＝x2处都取得极小值，f(x)min＝min{f(x1)，f(x2)}，不符合题意；当a≥时，a－≥0，当且仅当a＝，x＝1时取等号，则当0＜x＜1时，f′(x)＜0，当x＞1时，f′(x)＞0，即f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(1)＝ea－1，不符合题意．综上可得，实数a的取值范围是(－∞，0]，所以满足条件的实数a的值可能是－1，0.故选AB.
三、填空题
7．(2025·河北名校联盟模拟)已知a－x<0(a>0，a≠1)对任意x∈(0，＋∞)恒成立，则实数a的取值范围是________．
答案：(0，e－)
解析：因为a－x<0，x∈(0，＋∞)，所以ln a0，得x>，即g(x)在上单调递增；令g′(x)<0，得08．(2025·江苏南通模拟)若存在实数t，对任意的x∈(0，s]，不等式(ln x－x＋2－t)(1－t－x)≤0成立，则整数s的最大值为________．(ln 3≈1.099，ln 4≈1.386)
答案：2
解析：令f(x)＝ln x－x＋2，g(x)＝1－x，∴[f(x)－t][g(x)－t]≤0，f′(x)＝－1，令f′(x)＝0，解得x＝1，∴当00，f(x)单调递增；当x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减，∴f(x)max＝f(1)＝1，分别作出f(x)，g(x)的大致图象如图，联立解得x＝，即A，设B(x0，y0)，00，h(3)＝ln 3－3＋1＋≈－0.901＋<0，∴x0∈(2，3)，∴整数s的最大值为2.
四、解答题
9．(2024·江苏南京二模)已知函数f(x)＝ex－ax＋a(a∈R，a≠0)，f′(x)为f(x)的导函数．
(1)若f(0)＝2，求证：f′(x)＋f′(－x)≥0；
(2)若 x∈[0，3]，f(x)≥0，求a的取值范围．
解：(1)证明：因为f(0)＝2，所以a＝1，
此时f(x)＝ex－x＋1，
所以f′(x)＝ex－1，f′(－x)＝e－x－1，
所以f′(x)＋f′(－x)＝ex＋e－x－2≥2－2＝0，
当且仅当x＝0时，等号成立，即f′(x)＋f′(－x)≥0.
(2)易知f′(x)＝ex－a，
①因为a≠0，若a<0或0所以f(x)在[0，3]上单调递增，
所以f(x)min＝f(0)＝1＋a≥0，所以－1≤a<0或0②若1x (0，ln a) ln a (ln a，3)
f′(x) － 0 ＋
f(x) ? ?
所以f(x)min＝f(ln a)＝2a－aln a≥0，所以1③若a≥e3，则 x∈[0，3]，f′(x)≤0，所以f(x)在[0，3]上单调递减，
所以f(x)min＝f(3)＝e3－2a≥0，此时无解．
综上，a的取值范围为[－1，0)∪(0，e2]．
10．(2025·湖南师大附中模拟)已知x＝为函数f(x)＝xaln x的极值点．
(1)求a的值；
(2)设函数g(x)＝，若 x1∈(0，＋∞)， x2∈R，使得f(x1)－g(x2)≥0，求k的取值范围．
解：(1)f′(x)＝axa－1ln x＋xa·＝xa－1(aln x＋1)，
由f′＝＝0，得a＝1，
当a＝1时，f′(x)＝ln x＋1，函数f(x)在上单调递减，在上单调递增，
所以x＝为函数f(x)＝xaln x的极小值点，所以a＝1.
(2)由(1)知f(x)min＝f＝－.
函数g(x)的导函数g′(x)＝k(1－x)e－x，
①若k>0， x1∈(0，＋∞)， x2＝－，
使得g(x2)＝g＝－e<－1<－≤f(x1)，
即f(x1)－g(x2)>0，符合题意；
②若k＝0，g(x)＝0，取x1＝， x2∈R，有f(x1)－g(x2)<0，不符合题意；
③若k<0，当x<1时，g′(x)<0，g(x)在(－∞，1)上单调递减，
当x>1时，g′(x)>0，g(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以g(x)min＝g(1)＝，
若 x1∈(0，＋∞)， x2∈R，使得f(x1)－g(x2)≥0，
只需g(x)min≤f(x)min，
即≤－，解得k≤－1.
综上所述，k的取值范围为(－∞，－1]∪(0，＋∞)．
11．已知函数f(x)＝ex－a－ln x.
(1)当a＝0时，求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线与坐标轴围成的三角形的面积；
(2)若存在x0∈[e，＋∞)，使f(x0)<0成立，求a的取值范围．
解：(1)当a＝0时，f(x)＝ex－ln x，
f′(x)＝ex－，
∴曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线的斜率k＝f′(1)＝e－1，又f(1)＝e，
∴切线方程为y＝(e－1)x＋1.
∵切线与x，y轴的交点分别是，(0，1)，
∴切线与坐标轴围成的三角形的面积S＝.
(2)存在x0∈[e，＋∞)，使f(x0)<0，
即ex0－a－ln x0<0，即ex0－a即存在x0∈[e，＋∞)，使ea>成立．
令h(x)＝，因此只要函数h(x)＝在[e，＋∞)上的最小值小于ea即可．
下面求函数h(x)＝在[e，＋∞)上的最小值．
h′(x)＝，
令u(x)＝ln x－，
∵u′(x)＝＋>0，
∴u(x)为[e，＋∞)上的增函数，且u(e)＝1－>0.
∴h′(x)＝>0在[e，＋∞)上恒成立，
∴h(x)＝在[e，＋∞)上单调递增，
∴函数h(x)＝在[e，＋∞)上的最小值为h(e)＝ee，
eee.
∴a的取值范围为(e，＋∞)．
12．已知函数f(x)＝aex＋x＋1.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当x>1时，f(x)>ln ＋x，求实数a的取值范围．
解：(1)依题意，得f′(x)＝aex＋1.
当a≥0时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；
当a<0时，令f′(x)>0，可得x<－ln (－a)，
令f′(x)<0，可得x>－ln (－a)，
所以f(x)在(－∞，－ln (－a))上单调递增，在(－ln (－a)，＋∞)上单调递减．
综上所述，当a≥0时，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；当a<0时，f(x)在(－∞，－ln (－a))上单调递增，在(－ln (－a)，＋∞)上单调递减．
(2)因为当x>1时，f(x)>ln ＋x，
所以aex＋x＋1>ln ＋x，
即eln aex＋x＋1>ln (x－1)－ln a＋x，
即ex＋ln a＋ln a＋x>ln (x－1)＋x－1，
即ex＋ln a＋x＋ln a>eln (x－1)＋ln (x－1)．
令h(x)＝ex＋x，
则h(x＋ln a)>h(ln (x－1))对任意x∈(1，＋∞)恒成立．
易知h(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，
故只需x＋ln a>ln (x－1)，即ln a>ln (x－1)－x对任意x∈(1，＋∞)恒成立．
令F(x)＝ln (x－1)－x，则F′(x)＝－1＝，
令F′(x)＝0，得x＝2.
当x∈(1，2)时，F′(x)>0，当x∈(2，＋∞)时，F′(x)<0，
所以F(x)在(1，2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减，
所以F(x)≤F(2)＝－2，
因此ln a>－2，所以a>.
所以实数a的取值范围是.
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