18届高三数学一轮复习第三章导数及其应用第四节导数与函数的综合问题夯基提能作业本文

第四节导数与函数的综合问题
A组基础题组
1.若某商品的年利润y(万元)与年产量x(百万件)的函数关系式为y=-x3+27x+123(x>0),则获得最大年利润时的年产量为( )
A.1百万件
B.2百万件
C.3百万件
D.4百万件
2.函数f(x)的定义域为R, f(-1)=2,对任意x∈R, f '(x)>2,则f(x)>2x+4的解集为( )
A.(-1,1)
B.(-1,+∞)
C.(-∞,-1)
D.(-∞,+∞)
3.(2014课标Ⅰ,12,5分)已知函数f(x)=ax3-3x2+1,若f(x)存在唯一的零点x0,且x0>0,则a的取值范围是( )
A.(2,+∞)
B.(1,+∞)
C.(-∞,-2)
D.(-∞,-1)
4.设a>1,函数f(x)=(1+x2)e x-a.
(1)求f(x)的单调区间;
(2)证明: f(x)在(-∞,+∞)上仅有一个零点.
5.已知函数f(x)=xln x.
(1)求f(x)的单调区间;
(2)当k≤1时,求证:f(x)≥kx-1恒成立.
B组提升题组
6.(2015课标全国Ⅰ,21,12分)设函数f(x)=e2x-aln x.
(1)讨论f(x)的导函数f '(x)零点的个数;
(2)证明:当a>0时, f(x)≥2a+aln.
7.(2014课标全国Ⅰ,21,12分)设函数f(x)=aln x+x2-bx(a≠1),曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线斜率为0.
(1)求b;
(2)若存在x0≥1,使得f(x0)<,求a的取值范围.
8.(2017贵州遵义模拟)已知函数f(x)=,其中k∈R且k≠0.
(1)求函数f(x)的单调区间;
(2)当k=1时,若存在x>0,使lnf(x)>ax成立,求实数a的取值范围.
答案全解全析
A组基础题组
1.C y'=-3x2+27=-3(x+3)(x-3),当0<x<3时,y'>0;当x>3时,y'<0.
故当x=3时,该商品的年利润最大.
2.B 令g(x)=f(x)-2x-4,则由题意知g'(x)=f '(x)-2>0,因此,g(x)在R上是增函数,又
g(-1)=f(-1)+2-4=2+2-4=0,所以原不等式可化为g(x)>g(-1),由g(x)的单调性,可得x>-1.
3.C a=0时,不符合题意.
a≠0时, f '(x)=3a x2-6x,令f '(x)=0,得x1=0,x2=.
若a>0,则由图象知f(x)有负数零点,不符合题意.
则a<0,由图象结合f(0)=1>0知,此时必有f>0,即a×-3×+1>0,化简得a2>4,又a<0,所以a<-2,故选C.
4.解析(1)函数f(x)的定义域为R.
因为f '(x)=2x·e x+(1+x2)e x=(x2+2x+1)e x=(x+1)2e x≥0,
所以函数f(x)在R上单调递增,即f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞),无单调递减区间.
(2)证明:因为a>1,所以f(0)=1-a<0, f(ln a)=(1+ln2a)e ln a-a=aln2a>0,
所以f(0)·f(ln a)<0,由零点存在性定理可知f(x)在(0,ln a)内存在零点.
又由(1)知, f(x)在R上单调递增,故f(x)在(-∞,+∞)上仅有一个零点.
5.解析(1)易知f(x)的定义域为(0,+∞), f '(x)=ln x+1,令f '(x)=0,得x=.
f '(x)与f(x)的变化情况如下表:
所以f(x)的单调减区间为,单调增区间为.
(2)证明:设g(x)=ln x+,x>0,
则g'(x)=-=,
令g'(x)=0,得x=1.
g'(x)与g(x)的变化情况如下表:
所以g(x)≥g(1)=1,即
ln x+≥1在x>0时恒成立,
所以,当k≤1时,ln x+≥k,
所以xln x+1≥kx,即xln x≥kx-1,
所以,当k≤1时,有f(x)≥kx-1.
B组提升题组
6.解析(1)由题意知f(x)的定义域为(0,+∞),
f '(x)=2e2x-.
当a≤0时, f '(x)>0, f '(x)没有零点;
当a>0时,因为y=2e2x单调递增,y=-单调递增,所以f '(x)在(0,+∞)上单调递增.
又f '(a)>0,当b满足0<b<且b<时, f '(b)<0,
故当a>0时, f '(x)存在唯一零点.
(2)证明:由(1),可设f '(x)在(0,+∞)上的唯一零点为x0,当x∈(0,x0)时, f '(x)<0;当x∈(x0,+∞)时,
f '(x)>0.
故f(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,所以当x=x0时, f(x)取得最小值,最小值为f(x0). 由于2-=0,所以f(x0)=+2ax0+aln≥2a+aln.
故当a>0时, f(x)≥2a+aln.
7.解析(1)f '(x)=+(1-a)x-b.
由题设知f '(1)=0,解得b=1.
(2)f(x)的定义域为(0,+∞),由(1)知, f(x)=aln x+x2-x, f '(x)=+(1-a)x-1=(x-1).
(i)若a≤,则≤1,故当x∈(1,+∞)时, f '(x)>0, f(x)在(1,+∞)上单调递增.
所以,存在x0≥1,使得f(x0)<的充要条件为f(1)<,即-1<,解得--1<a<-1.
(ii)若<a<1,则>1,故当x∈时, f '(x)<0;当x∈时, f '(x)>0.f(x)在上单调递减,在上单调递增.
所以,存在x0≥1,使得f(x0)<的充要条件为f<.
而f=aln ++>,所以不合题意.
(iii)若a>1,则f(1)=-1=<.
综上,a的取值范围是(--1,-1)∪(1,+∞).
8.解析(1)函数的定义域为R, f '(x)=,
当k<0时,令f '(x)>0,可得x<0或x>2;
令f '(x)<0,可得0<x<2,
∴函数f(x)的单调增区间为(-∞,0),(2,+∞),单调减区间为(0,2);
当k>0时,令f '(x)<0,可得x<0或x>2;
令f '(x)>0,可得0<x<2,
∴函数f(x)的单调增区间为(0,2),单调减区间为(-∞,0),(2,+∞).
(2)当k=1时, f(x)=,
存在x>0,使lnf(x)>ax成立等价于a<,设g(x)=(x>0),
则g'(x)=,
当0<x<e时,g'(x)>0;当x>e时,g'(x)<0,
∴g(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,
∴g(x)max=g(e)=-1,∴a<-1.。