解密16 导数的综合应用（分层训练）-【高频考点解密】2021年新高考数学二轮复习讲义+分层训练（解析版）

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解密 16 导数的综合应用

A组考点专练

一、选择题

1.若不等式 2xln x≥－x2＋ax－3恒成立，则实数 a的取值范围为(　　)

A.(－∞，0) B.(－∞，4]

C.(0，＋∞) D.[4，＋∞)

【答案】B

【解析】条件可转化为 a≤2ln x＋x＋(x>0)恒成立，

设f(x)＝2ln x＋x＋，

则f′(x)＝(x>0).

当x∈(0，1)时，f′(x)<0，函数 f(x)单调递减；

当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，函数 f(x)单调递增，

所以 f(x)min＝f(1)＝4.所以 a≤4.

2.已知函数 f(x)＝x2－3x＋5，g(x)＝ax－ln x，若对∀x∈(0，e)，∃x1，x2∈(0，e)且x1≠x2，使得 f(x)＝g(xi)(i

＝1，2)，则实数 a的取值范围是(　　)

A. B.

C. D.∪

【答案】C

【解析】当x∈(0，e)时，函数 f(x)的值域为.

由g′(x)＝a－＝可知：

当a≤0时，g′(x)<0，与题意不符，故 a>0.

令g′(x)＝0，得 x＝，则∈(0，e)，

所以 g(x)min＝g＝1＋ln a.

作出函数 g(x)在(0，e)上的大致图象，如图所示，

数形结合，知解得≤a<e.

3.已知函数 f(x)＝(k－1)xex，若对任意 x∈R，都有 f(x)<1 成立，则实数 k的取值范围是(　　)

A.(－∞，1－e) B.(1－e，＋∞)

C.(－e，0] D.(1－e，1]

【答案】D

【解析】由f(x)<1，得(k－1)x<＝，所以曲线 y＝恒在直线 y＝(k－1)x的上方.

过原点作曲线 y＝的切线，设切点为 P(x0，y0)，则－＝，即－＝，得 x0＝－1.

∴y＝的切线的斜率 k0＝－e－x|x＝－1＝－e，则－e<k－1≤0，解得 1－e<k≤1.

4.(多选题)关于函数 f(x)＝＋ln x，下列判断正确的是(　　)

A.x＝2是f(x)的极大值点

B.函数 y＝f(x)－x有且只有 1个零点

C.存在正实数 k，使得 f(x)>kx 恒成立

D.对任意两个正实数 x1，x2，且 x2>x1，若 f(x1)＝f(x2)，则 x1＋x2>4

【答案】BD

【解析】函数 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－＋＝，当 0<x<2 时，f′(x)<0，函数 f(x)在(0，2)上单调递减，

当x>2 时，f′(x)>0，函数 f(x)在(2，＋∞)上单调递增，∴x＝2是f(x)的极小值点，故 A错误；y＝f(x)－x＝＋

ln x－x，∴y′＝－＋－1＝<0，函数 y＝f(x)－x在(0，＋∞)上单调递减，且 f(1)－1＝2＋ln1－1＝1>0，f(2)－

2＝1＋ln2－2＝ln2－1<0，∴函数 y＝f(x)－x有且只有 1个零点，故 B正确；若 f(x)>kx(x>0)，则 k<＋，令

g(x)＝＋，则 g′(x)＝，令 h(x)＝－4＋x－xln x，则

h′(x)＝－lnx，当 h′(x)>0 时，0<x<1，当 h′(x)<0 时，x>1，∴函数 h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单

调递减，∴h(x)≤h(1)<0，∴g′(x)<0，∴函数 g(x)＝＋在(0，＋∞)上单调递减，且当 x→＋∞时，g(x)→0，

∴不存在正实数 k，使得 f(x)>kx 恒成立，故 C错误；

令t∈(0，2)，则 2－t∈(0，2)，2＋t∈(2，4)，

令u(t)＝f(2＋t)－f(2－t)＝＋ln(2＋t)－－ln(2－t)＝＋ln ，

则u′(t)＝＋·＝＋＝<0，

∴u(t)在(0，2)上单调递减，则 u(t)<u(0)＝0，令 x1＝2－t，

由f(x1)＝f(x2)，得 x2>2＋t，则 x1＋x2>2－t＋2＋t＝4，当 x2≥4时，x1＋x2>4 显然成立，

∴对任意两个正实数 x1，x2，且 x2>x1，若 f(x1)＝f(x2)，则 x1＋x2>4，故 D正确.故选 BD.

二、填空题

5.函数 f(x)的导函数为 f′(x)，对任意 x∈R，都有 f′(x)＞－f(x)成立，若 f(ln 2)＝，则满足不等式 f(x)＞的 x的

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