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2018届高三数学(文)一轮复习夯基提能作业本:第三章 导数及其应用 第四节 导数与函数的综合问题

2018届高三数学(文)一轮复习夯基提能作业本:第三章 导数及其应用 第四节 导数与函数的综合问题

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)ex-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)=xlnx. (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-alnx. (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)=alnx+ 率为 0. (1)求 b; (2)若存在 x0≥1,使得 f(x0)< ,求 a 的取值范围. x2-bx(a≠1),曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线斜 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)=3ax2-6x,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 a<-2,故选 C. 4.解析 (1)函数 f(x)的定义域为 R. 因为 f'(x)=2x· ex+(1+x2)ex=(x2+2x+1)ex=(x+1)2ex≥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(lna)=(1+ln2a)elna-a=aln2a>0, 所以 f(0)· f(lna)<0,由零点存在性定理可知 f(x)在(0,lna)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)=lnx+1,令 f'(x)=0,得 x= . f'(x)与 f(x)的变化情况如下表: x f'(x) f(x) 所以 f(x)的单调减区间为 ↘ ,单调增区间为 0 极小值 . + ↗ >0,即 a× -3× +1>0,化简得 a2>4,又 a<0,所以 (2)证明:设 g(x)=lnx+ ,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: x g'(x) g(x) 所以 g(x)≥g(1)=1,即 lnx+ ≥1 在 x>0 时恒成立, 所以,当 k≤1 时,lnx+ ≥k, 所以 xlnx+1≥kx,即 xlnx≥kx-1, 所以,当 k≤1 时,有 f(x)≥kx-1. (0,1) ↘ 1 0 极小值 (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)=alnx+ (i)若 a≤ ,则 x2-x,f'(x)= +(1-a)x-1= (x-1). ≤1,故当 x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,f(x)在(1,+∞)上单调递增. 的充要条件为 f(1)< ,即 -1< ,解得-1<a< -1. 上单调递减, 所以,存在 x0≥1,使得 f(x0)< (ii)若 <a<1

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