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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．af(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a0，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) ＝h(1)＝－1，故a≤－1.
max
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)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)5
B．若f(1)＝2，x>1，则f(x)>x2＋x＋
C．f(3)－2f(1)<7
D．若f(1)＝2,0x2＋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)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0g(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
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，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(x)＋＝＋在(0，＋∞)上恒成立，
令g(x)＝＋(x>0)，则k>g(x) ，因为g′(x)＝，
max
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)＋，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) ＝f(1)＝1，
min
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∃x∈，使得f′(x)＝－sin x－ ＝0，即 ＝－sin x.
0 0 0 0
所以，当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(x，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
0
所以f(x) ＝f(x)＝cos x－ ＝cos x＋sin x＝sin.
max 0 0 0 0
因为x∈，所以x＋∈，
0 0
所以sin∈，所以f(x)∈(0,1)．
0
由题意知，c≥f(x)，所以整数c的最小值为1.
0
