【最新】高中数学-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 Word版含解析

1、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xR,f'(x)>2,则f(x)>2x+4的解集为()A.(-1,1)B.(-1,+)C.(-,-1)D.(-,+)3.(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x0>0,则a的取值范围是()A.(2,+)B.(1,+)C.(-,-2)D.

2、(-,-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k1时,求证:f(x)kx-1恒成立.B组提升题组6.(2015课标全国,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+aln2a.7.(2014课标全国,21,12分)设函数f(x)=alnx+1-a2x2-bx(a1),曲线y=f(x)在点(1,f(1)处的切线斜率为0.(1)求b

3、;(2)若存在x01,使得f(x0)<aa-1,求a的取值范围.8.(2017贵州遵义模拟)已知函数f(x)=kx2ex,其中kR且k0.(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.Cy'=-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

4、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.Ca=0时,不符合题意.a0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

5、·ex+(1+x2)ex=(x2+2x+1)ex=(x+1)2ex0,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=1e.f

6、9;(x)与f(x)的变化情况如下表:x0,1e1ef'(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.(2)证明:设g(x)=lnx+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lnx+1x1在x>0时恒成立,所以,当k1时,lnx+1xk,所以xlnx+1kx,即xlnxkx-1,所以,当k1时,有f(x)kx-1.B组提升题组6.解析(1)由题意知f(x

7、)的定义域为(0,+),f'(x)=2e2x-ax.当a0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0<b<a4且b<14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,x

8、0)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+aln2a2a+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)=alnx+1-a2x2-x,f'(x)=ax+(1-a)x-1=1-axx-a1-a(x-1).(i)若a12,则a1-a1,故当x(1,+)时,f'(x)>0,f(x)在(1,+

9、)上单调递增.所以,存在x01,使得f(x0)<aa-1的充要条件为f(1)<aa-1,即1-a2-1<aa-1,解得-2-1<a<2-1.(ii)若12<a<1,则a1-a>1,故当x1,a1-a时,f'(x)<0;当x时,f'(x)>0.f(x)在1,a1-a上单调递减,在上单调递增.所以,存在x01,使得f(x0)<aa-1的充要条件为fa1-a<aa-1.而fa1-a=alna1-a+a22(1-a)+aa-1>aa-1,所以不合题意.(iii)若a>1,则f(1)=1-a2-1=-a-

10、12<aa-1.综上,a的取值范围是(-2-1,2-1)(1,+).8.解析(1)函数的定义域为R,f'(x)=-kx(x-2)ex,当k<0时,令f'(x)>0,可得x<0或x>2;令f'(x)<0,可得0<x<2,函数f(x)的单调增区间为(-,0),(2,+),单调减区间为(0,2);当k>0时,令f'(x)<0,可得x<0或x>2;令f'(x)>0,可得0<x<2,函数f(x)的单调增区间为(0,2),单调减区间为(-,0),(2,+).(2)当k=1时,f(x)=x2ex,存在x>0,使lnf(x)>ax成立等价于a<2lnx-xxmax