导数与函数的综合问题

导数与函数的综合应用

A 组 专项基础训练

1．已知函数f (x )＝⎩

⎪⎨⎪⎧

－x 2＋2x (x ≤0)，

ln (x ＋1)(x >0)，若|f (x )|≥ax ，则a 的取值范围是( )

A ．(－∞，0]

B ．(－∞，1]

C ．[－2,1]

D ．[－2,0]

2．若商品的年利润y (万元)与年产量x (百万件)的函数关系式：y ＝－x 3＋27x ＋123(x >0)，则获得最大利润时的年产量为( ) A ．1百万件 B ．2百万件 C ．3百万件

D ．4百万件

3．若函数f (x )＝2x 3－9x 2＋12x －a 恰好有两个不同的零点，则a 可能的值为( ) A ．4 B ．6 C ．7

D ．8

4已知二次函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c 的导函数为f ′(x )，f ′(x )>0，对于任意实数x ，有f (x )≥0，则f (1)

f ′(0)

的最小值为________． 5.设函数f (x )是定义在(－∞，0)上的可导函数，其导函数为f ′(x )，且有2f (x )＋xf ′(x )>x 2，则不等式(x ＋2 014)2f (x ＋2 014)－4f (－2)>0的解集为________．

6.若对于任意实数x ≥0，函数f (x )＝e x ＋ax 恒大于零，则实数a 的取值范围是________．

7.设a 为实数，函数f (x )＝e x －2x ＋2a ，x ∈R . (1)求f (x )的单调区间与极值；

(2)求证：当a >ln 2－1且x >0时，e x >x 2－2ax ＋1.

B 组 专项能力提升

8.设函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ，b ，c ∈R )．若x ＝－1为函数g (x )＝f (x )e x 的一个极值点，则下列图象不可能为y ＝f (x )的图象的是( )

9.已知函数f (x )＝ax 3－3x ＋1对x ∈(0,1]总有f (x )≥0成立，则实数a 的取值范围是________． 10.已知函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1，若f (x )存在唯一的零点x 0，且x 0>0，则a 的取值范围是________．

11.设函数f (x )＝a 2ln x －x 2＋ax ，a >0. (1)求f (x )的单调区间；

(2)求所有的实数a ，使e －1≤f (x )≤e 2对x ∈[1，e]恒成立．

12.设函数f (x )＝a ln x ＋1－a 2x 2－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x 0≥1，使得f (x 0)

a －1，求a 的取值范围．

导数与函数的综合应用 课后作业题答案

1．D [|f (x )|≥ax ⇔⎩

⎪⎨⎪⎧

－(－x 2＋2x )≥ax (x ≤0)， (1)

ln (x ＋1)≥ax (x >0)， (2)成立．

①由(1)得x (x －2)≥ax 在区间(－∞，0]上恒成立． 当x ＝0时，a ∈R ；

当x <0时，有x －2≤a 恒成立， 所以a ≥－2.故a ≥－2.

②由(2)得ln(x ＋1)－ax ≥0在区间(0，＋∞)上恒成立，设h (x )＝ln(x ＋1)－ax (x >0)， 则h ′(x )＝1

x ＋1－a (x >0)，可知h ′(x )为减函数．

当a ≤0时，h ′(x )>0，故h (x )为增函数， 所以h (x )>h (0)＝0恒成立； 当a ≥1时，因为1

x ＋1∈(0,1)，

所以h ′(x )＝

1

x ＋1

－a <0，故h (x )为减函数， 所以h (x )

当00，满足h (x 0)＝ln(x 0＋1)－ax 0<0成立．如a ＝1

2时，取x 0＝4，则h (x 0)＝ln 5－2<0成立，可知0

故a ≤0.

由①②可知a 的取值范围是[－2,0]．] 2.C [y ′＝－3x 2＋27＝－3(x ＋3)(x －3)， 当00； 当x >3时，y ′<0.

故当x ＝3时，该商品的年利润最大．]

3.A [由题意得f ′(x )＝6x 2－18x ＋12＝6(x －1)(x －2)， 由f ′(x )>0得x <1或x >2，由f ′(x )<0得1

在(1,2)上单调递减，从而可知f (x )的极大值和极小值分别为f (1)，f (2)， 若欲使函数f (x )恰好有两个不同的零点， 则需使f (1)＝0或f (2)＝0，解得a ＝5或a ＝4， 而选项中只给出了4，所以选A.]

4.2

解析 ∵f ′(x )＝2ax ＋b ，∴f ′(0)＝b >0.

由题意知⎩

⎪⎨⎪⎧

Δ＝b 2－4ac ≤0a >0，∴ac ≥b 2

4，∴c >0，

∴f (1)f ′(0)

＝a ＋b ＋c b ≥b ＋2ac b ≥2b

b ＝2，当且仅当a ＝

c 时“＝”成立．

5.(－∞，－2 016)

解析 由2f (x )＋xf ′(x )>x 2， x <0得2xf (x )＋x 2f ′(x )

令F (x )＝x 2f (x )(x <0)，则F ′(x )<0(x <0)， 即F (x )在(－∞，0)上是减函数，

因为F (x ＋2 014)＝(x ＋2 014)2f (x ＋2 014)，F (－2)＝4f (－2)， 所以不等式(x ＋2 014)2f (x ＋2 014)－4f (－2)>0， 即为F (x ＋2 014)－F (－2)>0，即F (x ＋2 014)>F (－2)， 又因为F (x )在(－∞，0)上是减函数， 所以x ＋2 014<－2，所以x <－2 016. 6.(－e ，＋∞)

解析 ∵当x ≥0时，f (x )＝e x ＋ax >0恒成立． ∴若x ＝0，a 为任意实数，f (x )＝e x ＋ax >0恒成立． 若x >0，f (x )＝e x ＋ax >0恒成立， 即当x >0时，a >－e x

x

恒成立．

设Q (x )＝－e x

x .Q ′(x )＝－e x x －e x x 2＝(1－x )e x x 2

.

当x ∈(0,1)时，Q ′(x )>0，则Q (x )在(0,1)上单调递增，

当x ∈(1，＋∞)时，Q ′(x )<0，则Q (x )在(1，＋∞)上单调递减． ∴当x ＝1时，Q (x )取得最大值．Q (x )max ＝Q (1)＝－e ， ∴要使x ≥0时，f (x )>0恒成立，a 的取值范围为(－e ，＋∞)． 7.(1)解 由f (x )＝e x －2x ＋2a ，x ∈R ， 知f ′(x )＝e x －2，x ∈R . 令f ′(x )＝0，得x ＝ln 2.

于是当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：