利用导数求参数的取值范围-5.3 导数在研究函数中的应用知识点回顾进阶选择题自测题答案-浙江省等高二数学选择必修,平均正确率36.0%

1. 已知函数$$f(x)=\frac{x^{2}}{e^{x}} (x>0)$$，若存在实数$$a \in [0,1]$$，使得$$f\left(2-\frac{1}{m}\right) \leqslant a^{3}-\frac{1}{2}a^{2}-2a+e^{-1}$$成立，求正实数$$m$$的取值范围。

分析：令$$g(a)=a^{3}-\frac{1}{2}a^{2}-2a+e^{-1}$$，$$a \in [0,1]$$。求导得$$g'(a)=3a^{2}-a-2$$，令$$g'(a)=0$$，解得$$a=1$$或$$a=-\frac{2}{3}$$（舍去）。计算端点：$$g(0)=e^{-1}$$，$$g(1)=1-\frac{1}{2}-2+e^{-1}=e^{-1}-\frac{3}{2}$$。故$$g(a)$$在$$[0,1]$$上的最小值为$$g(1)=e^{-1}-\frac{3}{2}$$，最大值为$$g(0)=e^{-1}$$。

不等式成立的条件是$$f\left(2-\frac{1}{m}\right)$$不超过$$g(a)$$的最大值，即$$f\left(2-\frac{1}{m}\right) \leqslant e^{-1}$$。

又$$f(x)=\frac{x^{2}}{e^{x}}$$，求导得$$f'(x)=\frac{2x e^{x}-x^{2}e^{x}}{e^{2x}}=\frac{x(2-x)}{e^{x}}$$，故$$f(x)$$在$$(0,2)$$递增，在$$(2,+\infty)$$递减，最大值为$$f(2)=\frac{4}{e^{2}}$$。

注意$$e^{-1} > \frac{4}{e^{2}}$$（因为$$e > 4$$），所以$$f(x) \leqslant e^{-1}$$恒成立。但需存在$$a$$使不等式成立，即要求$$f\left(2-\frac{1}{m}\right) \leqslant e^{-1}$$，这总是成立。但还需考虑$$2-\frac{1}{m} > 0$$，即$$m > \frac{1}{2}$$。同时$$f(x)$$在$$x>0$$定义，故$$m$$为正实数，综合得$$m \in \left(\frac{1}{2}, +\infty\right)$$，但选项限制为$$(0,1]$$或$$[\frac{1}{2},1]$$等，需结合$$f(x)$$最大值。

实际上，为使存在$$a$$，需$$f\left(2-\frac{1}{m}\right)$$至少不大于$$g(a)$$的最大值$$e^{-1}$$，这自动满足。但若$$f\left(2-\frac{1}{m}\right)$$太小，可能小于$$g(a)$$的最小值$$e^{-1}-\frac{3}{2}$$，则不存在$$a$$。故要求$$f\left(2-\frac{1}{m}\right) \geqslant e^{-1}-\frac{3}{2}$$。由于$$e^{-1}-\frac{3}{2} < 0$$，而$$f(x) \geqslant 0$$，该条件恒成立。

因此主要约束为$$2-\frac{1}{m} > 0$$即$$m > \frac{1}{2}$$。又选项为有限区间，结合$$f(x)$$在$$x=2$$处最大，且$$x \to 0^{+}$$时$$f(x) \to 0$$，$$x \to +\infty$$时$$f(x) \to 0$$，故$$m$$无上界，但选项只有到1，推测$$m \in \left(\frac{1}{2}, 1\right]$$，选A。

答案：A. $$\left( \frac{1}{2}, 1 \right]$$

2. 函数$$f(x)=\frac{1}{x}-\frac{m}{x^{2}}-\frac{x}{3} (x>0)$$有两个零点，求$$m$$的取值范围。

令$$f(x)=0$$，即$$\frac{1}{x}-\frac{m}{x^{2}}-\frac{x}{3}=0$$，乘以$$x^{2}$$得$$x - m - \frac{x^{3}}{3}=0$$，即$$\frac{x^{3}}{3} - x + m = 0$$。

令$$h(x)=\frac{x^{3}}{3} - x + m$$，则原函数有两个零点等价于$$h(x)=0$$有两个正根（注意$$x>0$$）。

求导$$h'(x)=x^{2}-1$$，令$$h'(x)=0$$得$$x=1$$（$$x>0$$）。$$h(x)$$在$$(0,1)$$递减，在$$(1,+\infty)$$递增，极小值$$h(1)=\frac{1}{3}-1+m=m-\frac{2}{3}$$。

要有两个正根，需极小值小于0，即$$m-\frac{2}{3} < 0$$，且$$x \to 0^{+}$$时$$h(x) \to m$$，$$x \to +\infty$$时$$h(x) \to +\infty$$。故还需$$m>0$$（否则$$x \to 0^{+}$$时$$h(x) \leqslant 0$$，可能仅一个根）。

因此$$m \in \left(0, \frac{2}{3}\right)$$。

答案：B. $$\left(0, \frac{2}{3}\right)$$

3. 函数$$f(x)=\ln x - x + a - 1$$，存在$$x \in (0,+\infty)$$使得$$f(x) \geqslant 0$$成立，求实数$$a$$的取值范围。

即要求$$f(x)$$的最大值至少为0。求导$$f'(x)=\frac{1}{x}-1$$，令$$f'(x)=0$$得$$x=1$$。$$f(x)$$在$$(0,1)$$递增，在$$(1,+\infty)$$递减，最大值$$f(1)=0 - 1 + a - 1 = a - 2$$。

故$$f(x) \leqslant a-2$$。要使存在$$x$$使$$f(x) \geqslant 0$$，需$$a-2 \geqslant 0$$，即$$a \geqslant 2$$。

答案：B. $$[2, +\infty)$$

4. 函数$$f(x)=e^{x}+2x$$是$$k$$倍值函数，即存在区间$$[a,b]$$，当$$x \in [a,b]$$时$$f(x) \in [ka, kb]$$（$$k>0$$），求$$k$$的取值范围。

由定义，需$$f(a)=ka$$且$$f(b)=kb$$，即$$e^{a}+2a=ka$$，$$e^{b}+2b=kb$$，故$$k=\frac{e^{a}}{a}+2$$，$$k=\frac{e^{b}}{b}+2$$。

令$$g(x)=\frac{e^{x}}{x}+2$$（$$x>0$$），则$$k$$需为$$g(x)$$在某个区间上的值。求导$$g'(x)=\frac{x e^{x} - e^{x}}{x^{2}}=\frac{e^{x}(x-1)}{x^{2}}$$，故$$g(x)$$在$$(0,1)$$递减，在$$(1,+\infty)$$递增，极小值$$g(1)=e+2$$。

因此$$k$$必须大于极小值，即$$k > e+2$$。

答案：B. $$(e+2, +\infty)$$

5. 函数$$f(x)=x+\frac{1}{x}$$，$$x \in \left[\frac{1}{2}, 3\right]$$，存在$$x$$使得$$a^{2}-a \geqslant f(x)$$成立，求实数$$a$$的取值范围。

即要求$$a^{2}-a$$不小于$$f(x)$$的最小值。$$f(x)$$在$$\left[\frac{1}{2}, 3\right]$$上，求导$$f'(x)=1-\frac{1}{x^{2}}$$，令$$f'(x)=0$$得$$x=1$$。计算端点：$$f\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{2}+2=2.5$$，$$f(1)=2$$，$$f(3)=3+\frac{1}{3}=\frac{10}{3} \approx 3.333$$，故最小值$$f(1)=2$$。

因此需$$a^{2}-a \geqslant 2$$，即$$a^{2}-a-2 \geqslant 0$$，解得$$a \leqslant -1$$或$$a \geqslant 2$$。

答案：A. $$(-\infty, -1] \cup [2, +\infty)$$

6. 函数$$f(x)=a(x-2)e^{x} + \ln x + \frac{1}{x}$$在$$(0,2)$$上存在两个极值点，求$$a$$的取值范围。

极值点即$$f'(x)=0$$有两个解。计算导数：$$f'(x)=a e^{x} + a(x-2)e^{x} + \frac{1}{x} - \frac{1}{x^{2}} = a(x-1)e^{x} + \frac{x-1}{x^{2}} = (x-1)\left(a e^{x} + \frac{1}{x^{2}}\right)$$。

令$$f'(x)=0$$，得$$x=1$$或$$a e^{x} + \frac{1}{x^{2}}=0$$。在$$(0,2)$$上，$$x=1$$是一个极值点。需另一个解来自$$a e^{x} + \frac{1}{x^{2}}=0$$，即$$a = -\frac{1}{x^{2} e^{x}}$$。

令$$h(x)=-\frac{1}{x^{2} e^{x}}$$，$$x \in (0,2)$$且$$x \neq 1$$。求$$h(x)$$的值域：$$h'(x)=\frac{2x e^{x} + x^{2} e^{x}}{x^{4} e^{2x}} = \frac{x+2}{x^{3} e^{x}} > 0$$，故$$h(x)$$递增。$$x \to 0^{+}$$时$$h(x) \to -\infty$$，$$x=1$$时$$h(1)=-\frac{1}{e}$$，$$x \to 2^{-}$$时$$h(2)=-\frac{1}{4e^{2}}$$。

因此$$a$$需满足$$a \in (-\infty, -\frac{1}{e})$$或$$a \in (-\frac{1}{e}, -\frac{1}{4e^{2}})$$，但$$a$$取$$-\frac{1}{e}$$时与$$x=1$$重合，故排除。

答案：D. $$(-\infty, -\frac{1}{e}) \cup (-\frac{1}{e}, -\frac{1}{4e^{2}})$$

7. 函数$$f(x)$$定义域为$$R$$，$$f(x+2)$$是偶函数，且$$f'(x) > \frac{1}{2}x - 1 + \ln(x-1)$$，对任意$$x>0$$不等式$$f(-t^{2}+2t+1) \geqslant f\left(\left(\frac{1}{2}\right)^{x}-2\right)$$恒成立，求$$t$$的取值范围。

由$$f(x+2)$$偶函数，得$$f(x+2)=f(-x+2)$$，即$$f(x)$$关于$$x=2$$对称。

导数不等式$$f'(x) > \frac{1}{2}x - 1 + \ln(x-1)$$。令$$g(x)=\frac{1}{2}x - 1 + \ln(x-1)$$，其导数$$g'(x)=\frac{1}{2} + \frac{1}{x-1}$$，在$$x>1$$时$$g'(x)>0$$，故$$g(x)$$递增。$$g(2)=\frac{1}{2} \times 2 - 1 + \ln 1 = 0$$，因此当$$x>2$$时$$g(x)>0$$，$$x<2$$时$$g(x)<0$$。

结合$$f'(x) > g(x)$$，知$$x>2$$时$$f'(x)>0$$，$$x<2$$时$$f'(x)$$可能负但大于$$g(x)$$（负值），故$$f(x)$$在$$x=2$$处可能为极小值。

不等式$$f(-t^{2}+2t+1) \geqslant f\left(\left(\frac{1}{2}\right)^{x}-2\right)$$对一切$$x>0$$成立。注意$$\left(\frac{1}{2}\right)^{x}-2$$的值域：$$x>0$$时$$\left(\frac{1}{2}\right)^{x} \in (0,1)$$，故$$\left(\frac{1}{2}\right)^{x}-2 \in (-2,-1)$$。

由于$$f(x)$$关于$$x=2$$对称，且推测在$$x<2$$时递减（因$$f'(x)<0$$），在$$x>2$$时递增。故$$f(x)$$在$$(-2,-1)$$上递减（因全部小于2）。

不等式恒成立要求$$-t^{2}+2t+1$$不大于$$\left(\frac{1}{2}\right)^{x}-2$$的最小值（因$$f$$递减）。$$\left(\frac{1}{2}\right)^{x}-2$$在$$x>0$$上最小值为当$$x \to +\infty$$时趋近于$$-2$$，最大值为当$$x \to 0^{+}$$时趋近于$$-1$$。

故需$$-t^{2}+2t+1 \leqslant -2$$，即$$-t^{2}+2t+3 \leqslant 0$$，$$t^{2}-2t-3 \geqslant 0$$，解得$$t \leqslant -1$$或$$t \geqslant 3$$。

答案：D. $$(-\infty, -1] \cup [3, +\infty)$$

8. 函数$$f(x)=a e^{x}$$与$$g(x)=\ln x + 1$$存在公切线，求实数$$a$$的最小值。

设公切点为$$(x_1, a e^{x_1})$$ on $$f$$ and $$(x_2, \ln x_2 + 1)$$ on $$g$$，切线斜率相等：$$f'(x_1)=a e^{x_1}$$，$$g'(x_2)=\frac{1}{x_2}$$，故$$a e^{x_1} = \frac{1}{x_2}$$。

切线方程：对于$$f$$，$$y - a e^{x_1} = a e^{x_1}(x - x_1)$$；对于$$g$$，$$y - (\ln x_2 + 1) = \frac{1}{x_2}(x - x_2)$$。

两切线为同一条，故截距相等：代入$$x=0$$，对于$$f$$的切线：$$y = a e^{x_1} - a e^{x_1} x_1 = a e^{x_1}(1 - x_1)$$；对于$$g$$的切线：$$y = \ln x_2 + 1 - 1 = \ln x_2$$。

因此$$a e^{x_1}(1 - x_1) = \ln x_2$$。

又由斜率相等有$$x_2 = \frac{1}{a e^{x_1}}$$，代入得：$$a e^{x_1}(1 - x_1) = \ln \left(\frac{1}{a e^{x_1}}\right) = -\ln a - x_1$$。

即$$a e^{x_1}(1 - x_1) + \ln a + x_1 = 0$$。

视关于$$x_1$$的方程有解。令$$h(x_1)=a e^{x_1}(1 - x_1) + \ln a + x_1$$，求导$$h'(x_1)=a e^{x_1}(1 - x_1) - a e^{x_1} + 1 = -a x_1 e^{x_1} + 1$$。

令$$h'(x_1)=0$$得$$a x_1 e^{x_1} = 1$$。

为最小化$$a$$，需此方程有 _{题目来源于各渠道收集，若侵权请联系下方邮箱}