北京专用2019版高考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.doc

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(x0),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.(2014课标,12,5分)已知函数f(x)=ax3-3x2+1,若f(x)存在唯一的零点x0,且x00,则a的取值范围是()A.(2,+)B.(1,+)C.(-,-2)D.(-,-1)3.(2016北京朝阳期中)已知函数f(x)=aln x+x22-(a+1)x.(1)当a0时,求函数f(x)的单调区间; (2)当a=-1时,证明f(x)12.4.(2018北京海淀期中)已知函数f(x)=x3-x,g(x)=2x-3.(1)求曲线y=f(x)在点(1, f(1)处的切线方程;(2)求函数f(x)在0,2上的最大值;(3)求证:存在唯一的x0,使得f(x0)=g(x0).5.(2016北京海淀二模)已知f(x)=x3+ax2-a2x-1,a0.(1)当a=2时,求函数f(x)的单调区间;(2)若关于x的不等式f(x)0在1,+)上有解,求实数a的取值范围;(3)若存在x0既是函数f(x)的零点,又是函数f(x)的极值点,请写出此时a的值.(只需写出结论)B组提升题组6.(2017北京西城一模)已知函数f(x)=ex-12x2.设l为曲线y=f(x)在点P(x0, f(x0)处的切线,其中x0-1,1.(1)求直线l的方程(用x0表示);(2)求直线l在y轴上的截距的取值范围;(3)设直线y=a分别与曲线y=f(x)和射线y=x-1(x0,+)交于M,N两点,求|MN|的最小值及此时a的值.7.(2018北京海淀期末)已知函数f(x)=(x-1)ex+ax2.(1)求曲线y=f(x)在点(0, f(0)处的切线方程;(2)求证:“a0).若函数h(x)在(0,+)上恰有2个零点,求实数a的取值范围.答案精解精析A组基础题组1.Cy=-3x2+27=-3(x+3)(x-3),当0x0;当x3时,y0,则由图象知f(x)有负数零点,不符合题意.则a0知,此时必有f2a0,即a8a3-34a2+10,化简得a24,又a0,所以a0.f (x)=ax+x-(a+1)=x2-(a+1)x+ax=(x-1)(x-a)x.(1)当0a0,得x1或0xa,令f (x)0,得ax0,所以f (x)0恒成立.函数f(x)的单调递增区间是(0,+).当a1时,令f (x)0,得xa或0x1,令f (x)0,得1x0,h(-1)h(1)0,所以函数h(x)在(-1,+)上没有零点,又h(-3)=-150,令f (x)=0,得x1=a30,x2=-a1,即a3时, f(x)在区间1,a3上单调递减,在a3,+上单调递增,所以f(x)在1,+)上的最小值为fa3,所以有fa30,即a327+a39-a33-10.解得a-3275,所以a3.综上,a1.(3)a=1.B组提升题组6.解析(1)对f(x)求导,得f (x)=ex-x,所以切线l的斜率为f (x0)=ex0-x0,由此得切线l的方程为y-ex0-12x02=(ex0-x0)(x-x0),即y=(ex0-x0)x+(1-x0)ex0+12x02.(2)由(1)得,直线l在y轴上的截距为(1-x0)ex0+12x02.设g(x)=(1-x)ex+12x2,x-1,1.所以g(x)=x(1-ex),令g(x)=0,得x=0.所以g(x),g(x)随x的变化情况如下表:x-1(-1,0)0(0,1)1g(x)-0-g(x)2e+12112所以函数g(x)在-1,1上单调递减,所以g(x)max=g(-1)=2e+12,g(x)min=g(1)=12,所以直线l在y轴上的截距的取值范围是12,2e+12.(3)过M作x轴的垂线,与射线y=x-1(x0,+)交于点Q,所以MNQ是等腰直角三角形,所以|MN|=|MQ|=ex-12x2-x+1.令h(x)=ex-12x2-x+1,x0,+).所以h(x)=ex-x-1(x0).令k(x)=ex-x-1(x0),则k(x)=ex-10(x0),所以k(x)=h(x)在0,+)上单调递增,所以h(x)h(0)=0,从而h(x)在0,+)上单调递增,所以h(x)min=h(0)=2,此时M(0,1),N(2,1).所以|MN|的最小值为2,此时a=1.7.解析(1)依题意, f (x)=xex+2ax,xR,所以切线的斜率k=f (0)=0.又因为f(0)=-1,所以切线方程为y=-1.(2)证明:先证不必要性.当a=0时, f(x)=(x-1)ex,令f(x)=0,解得x=1.此时,f(x)有且只有一个零点,故“f(x)有且只有一个零点,则a0”不成立.再证充分性.当a0时, f (x)=x(ex+2a).令f (x)=0,解得x1=0,x2=ln(-2a).(i)当ln(-2a)=0,即a=-12时, f (x)=x(ex-1)0,所以f(x)在R上单调递增.又因为f(0)=-10,所以f(x)有且只有一个零点.(ii)当ln(-2a)0,即-12a0时,f(x), f (x)随x的变化情况如下:x(-,ln(-2a)ln(-2a)(ln(-2a),0)0(0,+)f (x)+0-0+f(x)极大值极小值当x0时,(x-1)ex0,ax20,所以f(x)e2-20,所以f(x)有且只有一个零点.(iii)当ln(-2a)0,即a-12时,f(x), f (x)随x的变化情况如下:x(-,0)0(0,ln(-2a)ln(-2a)(ln(-2a),+)f (x)+0-0+f(x)极大值极小值因为f(0)=-10,所以x(-,ln(-2a)时, f(x)1.下面证明当x1时,exx2.设g(x)=x2ex(x1),则g(x)=x(2-x)ex.当x(1,2)时,g(x)0,g(x)在(1,2)上单调递增;当x(2,+)时,g(x)0,g(x)在(2,+)上单调递减.所以当x=2时,g(x)取得极大值g(2)=4e21时,g(x)1,即x20.由零点存在定理,知f(x)有且只有一个零点.综上,“a0,所以f(x)在区间12,1上是增函数,当x(1,3时, f (x)0,所以g(x)在区间12,1上单调递增,所以g(x)在区间12,1上有最小值g12=54.所以a54.当x(1,2时,不等式等价于ax2+xx-1恒成立.令h(x)=x2+xx-1,x(1,2,当x(1,2时,h(x)=x2+xx-1=x2+1+1x-1x2+12.所以,当a54时,不等式ax2+xx-1对任意的x(1,2恒成立.综上,实数a的取值范围是-,54.9.解析(1)f (x)=3x2-3a,所以f (1)=3-3a,依题意,得-12(3-3a)=-1,解得a=13.(2)因为F(x)=-xg(x)+12x-2=-x(1-lnx)+12x-2=xln x-12x2+x(x0),则F(x)=ln x+1-x+1=ln x-x+2.令t(x)=ln x-x+2,则t(x)=1x-1=1-xx.令t(x)=0,得x=1.则由t(x)0,得0x1,故F(x)在(0,1)上为增函数;由t(x)1,故F(x)在(1,+)上为减函数.而F1e2=-2-1e2+2=-1e20,则F(x)在(0,1)上有且只有一个零点x1,且在(0,x1)上F(x)0,F(x)为增函数.所以x1为F(x)的极值点,此时m=0.又F(3)=ln 3-10,F(4)=2ln 2-20,F(x)为增函数;在(x2,4)上F(x)0,此时h(x)g(x)0,不满足条件.当x=e时,g(e)=0, f(e)=e3-3ae+e,若f(e)=e3-3ae+e0,即ae2+13,则e是h(x)的一个零点;若f(e)=e3-3ae+e0,即ae2+13,则e不是h(x)的零点.当x(e,+)时,g(x)0,所以此时只需考虑函数f(x)在(e,+)上零点的情况.当ae2+13时, f(e)0, f(x)在(e,+)上无零点.当e