2.3（二）导数的综合应用
【课时作业】
A 级
1．(2018·昆明市高三摸底调研测试)若函数f (x )＝2x
－x 2
－1，对于任意的x ∈Z 且x ∈
(－∞，a )，都有f (x )≤0恒成立，则实数a 的取值范围为()
A ．(－∞，－1]
B ．(－∞，0]
C ．(－∞，4]
D ．(－∞，5]
解析： 对任意的x ∈Z 且x ∈(－∞，a )，
都有f (x )≤0恒成立，可转化为对任意的x ∈Z 且x ∈(－∞，a )，2x
≤x 2
＋1恒成立．
令g (x )＝2x
，h (x )＝x 2
＋1，
当x <0时，g (x )<h (x )，
当x ＝0或1时，g (x )＝h (x )，
当x ＝2或3或4时，g (x )<h (x )，
当x ≥5时，g (x )>h (x )．
综上，实数a 的取值范围为(－∞，5]，故选D.
答案： D
2．已知函数y ＝f (x )是R 上的可导函数，当x ≠0时，有f ′(x )＋
x
>0，则函数F (x )
＝xf (x )＋1
x
的零点个数是()
A ．0
B ．1
C ．2
D ．3
解析： 由F (x )＝xf (x )＋1
x
＝0，
得xf (x )＝－1
x ，
设g (x )＝xf (x )，
则g ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )，
因为x ≠0时，有f ′(x )＋x
>0， 所以x ≠0时，
＋x
>0，
即当x >0时，g ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )>0，此时函数g (x )单调递增，
此时g (x )>g (0)＝0，
当x <0时，g ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )<0，此时函数g (x )单调递减，此时g (x )>g (0)＝0，
作出函数g (x )和函数y ＝－1
x
的图象，(直线只代表单调性和取值范围)，由图象可知函数
F (x )＝xf (x )＋1x
的零点个数为1个．
答案： B
3．定义1：若函数f (x )在区间D 上可导，即f ′(x )存在，且导函数f ′(x )在区间D 上也可导，则称函数f (x )在区间D 上存在二阶导数，记作f ″(x )，即f ″(x )＝[f ′(x )]′.
定义2：若函数f (x )在区间D 上的二阶导数恒为正，即f ″(x )>0恒成立，则称函数f (x )
在区间D 上为凹函数．
已知函数f (x )＝x 3
－32
x 2＋1在区间D 上为凹函数，则x 的取值范围是________．
解析： ∵f (x )＝x 3－32
x 2＋1，∴f ′(x )＝3x 2
－3x ，∴f ″(x )＝6x －3.令f ″(x )>0，即
6x －3>0，解得x >12.∴x 的取值范围是⎝ ⎛⎭
⎪⎫12，＋∞.
答案： ⎝ ⎛⎭
⎪
⎫12，＋∞
4．已知函数f (x )＝
ex x
，g (x )＝－(x －1)2＋a 2
，若当x >0时，存在x 1，x 2∈R ，使得f (x 2)≤g (x 1)成立，则实数a 的取值范围是________．
解析： 由题意得存在x 1，x 2∈R ，使得f (x 2)≤g (x 1)成立，等价于f (x )min ≤g (x )max .
因为g (x )＝－(x －1)2
＋a 2
，x >0，
所以当x ＝1时，g (x )max ＝a 2
.
因为f (x )＝ex
x
，x >0，
所以f ′(x )＝ex·x－ex
x2
＝
－x2
.
所以f (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以f (x )min ＝f (1)＝e.
又g (x )max ＝a 2
，
所以a 2
≥e ⇔a ≤－e 或a ≥ e.
故实数a 的取值范围是(－∞，－e]∪[e ，＋∞)．
答案： (－∞，－e]∪[e ，＋∞)
5．(2018·武汉市武昌区调研考试)已知函数f (x )＝ln x ＋a
x
，a ∈R .
(1)讨论函数f (x )的单调性；
(2)当a >0时，证明f (x )≥
2a －1
a
.
解析： (1)f ′(x )＝1x －a x2＝x －a
x2
(x >0)．
当a ≤0时，f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增．
当a >0时，若x >a ，则f ′(x )>0，函数f (x )在(a ，＋∞)上单调递增；
若0<x <a ，则f ′(x )<0，函数f (x )在(0，a )上单调递减． (2)证明：由(1)知，当a >0时，f (x )min ＝f (a )＝ln a ＋1.
要证f (x )≥2a －1a ，只需证ln a ＋1≥2a －1
a
，
即证ln a ＋1
a
－1≥0.
令函数g (a )＝ln a ＋1
a
－1，
则g ′(a )＝1a －1a2＝a －1
a2
(a >0)，
当0<a <1时，g ′(a )<0，当a >1时，g ′(a )>0，
所以g (a )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
所以g (a )min ＝g (1)＝0.
所以ln a ＋1
a
－1≥0恒成立，
所以f (x )≥2a －1
a
.
6．(2018·南昌市第一次模拟测试卷)已知函数f (x )＝e x
－a ln x －e(a ∈R )，其中e 为自
然对数的底数．
(1)若f (x )在x ＝1处取得极小值，求a 的值及函数f (x )的单调区间；
(2)若当x ∈[1，＋∞)时，f (x )≥0恒成立，求a 的取值范围．
解析： (1)易知f (x )的定义域为(0，＋∞)．
由f (x )＝e x －a ln x －e(a ∈R )，得f ′(x )＝e x
－a x
.。