高考文科数学复习：夯基提能作业本

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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)=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+aln‎2‎a.‎ ‎7.(2014课标全国Ⅰ,21,12分)设函数f(x)=aln x+‎1-a‎2‎x2-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)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00;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=‎2‎a.‎ 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f‎2‎a>0,即a×‎8‎a‎3‎-3×‎4‎a‎2‎+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·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(ln a)=(1+ln2a)eln 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=‎1‎e.‎ f '(x)与f(x)的变化情况如下表:‎ x ‎0,‎‎1‎e ‎1‎e ‎1‎e‎,+∞‎ f '(x)‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ f(x)‎ ‎↘‎ 极小值 ‎↗‎ 所以f(x)的单调减区间为‎0,‎‎1‎e,单调增区间为‎1‎e‎,+∞‎.‎ ‎(2)证明:设g(x)=ln x+‎1‎x,x>0,‎ 则g'(x)=‎1‎x-‎1‎x‎2‎=x-1‎x‎2‎,‎ 令g'(x)=0,得x=1.‎ g'(x)与g(x)的变化情况如下表:‎ x ‎(0,1)‎ ‎1‎ ‎(1,+∞)‎ g'(x)‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ g(x)‎ ‎↘‎ 极小值 ‎↗‎ 所以g(x)≥g(1)=1,即 ln x+‎1‎x≥1在x>0时恒成立,‎ 所以,当k≤1时,ln x+‎1‎x≥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-ax.‎ 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=-ax单调递增,所以f '(x)在(0,+∞)上单调递增.‎ 又f '(a)>0,当b满足00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2e‎2‎x‎0‎-ax‎0‎=0,所以f(x0)=a‎2‎x‎0‎+2ax0+aln‎2‎a≥2a+aln‎2‎a.‎ 故当a>0时, f(x)≥2a+aln‎2‎a.‎ ‎7.解析　(1)f '(x)=ax+(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+‎1-a‎2‎x2-x, f '(x)=ax+(1-a)x-1=‎1-axx-‎a‎1-a(x-1).‎ ‎(i)若a≤‎1‎‎2‎,则a‎1-a≤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)1,故当x∈‎1,‎a‎1-a时, f '(x)<0;当x∈a‎1-a‎,+∞‎时, f '(x)>0.f(x)在‎1,‎a‎1-a上单调递减,在a‎1-a‎,+∞‎上单调递增.‎ 所以,存在x0≥1,使得f(x0)aa-1‎,所以不合题意.‎ ‎(iii)若a>1,则f(1)=‎1-a‎2‎-1=‎-a-1‎‎2‎0,可得x<0或x>2;‎ 令f '(x)<0,可得00时,令f '(x)<0,可得x<0或x>2;‎ 令f '(x)>0,可得00,使lnf(x)>ax成立等价于a<‎2lnx-xxmax,设g(x)=‎2lnx-xx(x>0),‎ 则g'(x)=‎2(1-lnx)‎x‎2‎,‎ 当00;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)=‎2‎e-1,∴a<‎2‎e-1.‎