2018届高三数学二轮复习冲刺提分作业 专题二函数与导数刺第3讲导数及其应用第2课时导数的综合应用文含答案

第2课时导数的综合应用
A组基础题组
时间:30分钟分值:45分
1.设函数f(x)=e x(2x-1)-ax+a,其中a<1,若存在唯一的整数x0使得f(x0)<0,则a的取值范围是( )
A. B. C. D.
2.(2017安徽皖南八校联考)已知x∈(0,2),若关于x的不等式<恒成立,则实数k的取值范围为( )
A.[0,e+1)
B.[0,2e-1)
C.[0,e)
D.[0,e-1)
3.(2017甘肃兰州模拟)设函数f(x)在R上的导函数为f '(x),∀x∈R,f(x)+f(-x)=x2,在(0,+∞)上,
f '(x)-x<0,若f(4-m)-f(m)≥8-4m,则实数m的取值范围是.
4.(2017河北唐山模拟)已知函数f(x)=,若对任意的x1,x2∈,且
x1≠x2,>恒成立,则实数k的取值范围是.
5.(2017江西南昌十校第二次模拟)已知函数f(x)=(x2-x-5)·e x,g(x)=tx2+ex-4e2(t∈R)(其中e 为自然对数的底数).
(1)求函数f(x)的单调区间与极值;
(2)是否存在t<0,对任意的x1∈R,任意的x2∈(0,+∞),都有f(x1)>g(x2)?若存在,求出t的取值范围;若不存在,请说明理由.
6.(2017课标全国Ⅲ,21,12分)已知函数f(x)=ln x+ax2+(2a+1)x.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)当a<0时,证明f(x)≤--2.
B组提升题组
时间:20分钟分值:25分
1.已知函数f(x)=+ln x在(1,+∞)上是增函数,且a>0. (1)求a的取值范围;
(2)若b>0,试证明<ln<.
2.(2017甘肃张掖模拟)设函数f(x)=-aln x.
(1)当a=1时,求曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程;
(2)求函数f(x)的单调区间和极值;
(3)若函数f(x)在区间(1,e2]内恰有两个零点,试求a的取值范围.
答案精解精析
A组基础题组
1.D 解法一:由题意可知存在唯一的整数x0,使得(2x0-1)<ax0-a,设g(x)=e x(2x-1),h(x)=ax-a,由g'(x)=e x(2x+1),可知g(x)在上单调递减,在上单调递增,作出g(x)与h(x)的大致图象如图所示,故即所以≤a<1,故选D.
解法二:由f(x0)<0,即(2x0-1)-a(x0-1)<0得(2x0-1)<a(x0-1).
当x0=1时,得e<0,显然不成立,所以x0≠1.
若x0>1,则a>.
令g(x)=,则g'(x)=.
当x∈时,g'(x)<0,g(x)为减函数,
当x∈时,g'(x)>0,g(x)为增函数,
要满足题意,则x0=2,此时需满足g(2)<a≤g(3),得3e2<a≤e3,与a<1矛盾,所以x0<1.
因为x0<1,所以a<.
易知,当x∈(-∞,0)时,g'(x)>0,g(x)为增函数,
当x∈(0,1)时,g'(x)<0,g(x)为减函数,
要满足题意,则x0=0,此时需满足g(-1)≤a<g(0),
得≤a<1(满足a<1).故选D.
2.D 依题意,知k+2x-x 2>0,即k>x 2
-2x 对任意x∈(0,2)恒成立,从而k≥0,所以由<
可得k<+x 2-2x.令f(x)=+x 2
-2x,则f '(x)=
+2(x-1)=(x-1).
令f '(x)=0,得x=1,当x∈(1,2)时, f '(x)>0,函数f(x)在(1,2)上单调递增,当x∈(0,1)时, f '(x)<0,函数f(x)在(0,1)上单调递减,所以k<f(x)min =f(1)=e-1,故实数k 的取值范围是[0,e-1). 3.答案 [2,+∞)
解析 令g(x)=f(x)-x 2
,则g(-x)+g(x)=f(-x)- x 2
+f(x)-x 2
=0,∴函数g(x)为奇函数.当x∈(0,+∞)时,g'(x)=f '(x)-x<0,∴函数g(x)在(0,+∞)上是减函数,故函数g(x)在(-∞,0)上也是
减
函
数
.
由
f(0)=0,
可
得g(x)在R 上是减函
数,∴f(4-m)-f(m)=g(4-m)+(4-m)2
-g(m)-m 2
=g(4-m)-g(m)+8-4m≥8-4m,∴g(4-m)≥g(m),∴4-m ≤m,解得m≥2,∴实数m 的取值范围是[2,+∞). 4.答案 (-∞,4]
解析 由对任意的x 1,x 2∈,且x 1≠x 2,>,得>k,令
g =f(x),x∈,则g(x)=x+xln x,x∈[e 2
,+∞),g'(x)=2+ln
x≥4,又
=表示曲线y=g(x)在[e 2
,+∞)上不同两点的割线的斜率的绝对值,
则>4,则k≤4,则实数k 的取值范围是(-∞,4].
5.解析 (1)∵f(x)=(x 2
-x-5)e x
,
∴f '(x)=(2x -1)e x
+(x 2
-x-5)e x
=(x 2
+x-6)e x
=(x+3)(x-2)e x
. 当x<-3或x>2时, f '(x)>0,即函数f(x)单调递增. 当-3<x<2时, f '(x)<0,即函数f(x)单调递减.
∴函数f(x)的单调递增区间为(-∞,-3)和(2,+∞),单调递减区间为(-3,2).
故当x=-3时,函数f(x)取得极大值,即f(x)极大值=f(-3)=7e-3.
当x=2时,函数f(x)取得极小值,即f(x)极小值=f(2)=-3e2.
(2)存在.由题意,只需f(x)min>g(x)max.
由(1)可得当x趋近于-∞时, f(x)趋近于0,
∴f(x)min=f(2)=-3e2,
∵g(x)=tx2+ex-4e2=t--4e2,
∴g(x)max=g=--4e2.
故-3e2>--4e2,即1>-,得到t<-,
∴存在负数t∈满足题意.
6.解析(1)f(x)的定义域为(0,+∞), f '(x)=+2ax+2a+1=.
若a≥0,则当x∈(0,+∞)时, f '(x)>0,故f(x)在(0,+∞)单调递增.
若a<0,则当x∈时, f '(x)>0;
当x∈时, f '(x)<0,
故f(x)在单调递增,在单调递减.
(2)证明:由(1)知,当a<0时, f(x)在x=-取得最大值,最大值为f=ln-1-. 所以f(x)≤--2等价于ln-1-≤--2,即ln++1≤0.
设g(x)=ln x-x+1,则g'(x)=-1.
当x∈(0,1)时,g'(x)>0;当x∈(1,+∞)时,g'(x)<0.所以g(x)在(0,1)单调递增,在(1,+∞)单调递减.故当x=1时,g(x)取得最大值,最大值为g(1)=0.所以当x>0时,g(x)≤0.从而当a<0时,ln++1≤0,即f(x)≤--2.
B组提升题组。