【红对勾】（新课标）2023高考数学大一轮复习 导数与函数的综合问题课时作业 理.DOC

课时作业16　高考中导数与函数的综合问题一、选择题1．已知函数f(x)＝x3－x2－x，则f(－a2)与f(－1)的大小关系为(　　)A．f(－a2)≤f(－1)B．f(－a2)<f(－1)C．f(－a2)≥f(－1)D．f(－a2)与f(－1)的大小关系不确定解析：由题意可得f′(x)＝x2－2x－，令f′(x)＝(3x－7)(x＋1)＝0，得x＝－1或x＝.当x<－1时，f′(x)>0，f(x)为增函数；当－1<x<时，f′(x)<0，f(x)为减函数．所以f(－1)是函数f(x)在(－∞，0]上的最大值，又因为－a2≤0，所以f(－a2)≤f(－1)．答案：A2．若不等式2xlnx≥－x2＋ax－3对x∈(0，＋∞)恒成立，则实数a的取值范围是(　　)A．(－∞，0)B．(－∞，4]C．(0，＋∞)D．[4，＋∞)解析：2xlnx≥－x2＋ax－3，则a≤2lnx＋x＋，设h(x)＝2lnx＋x＋(x>0)，则h′(x)＝.当x∈(0,1)时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增，所以h(x)min＝h(1)＝4.所以a≤h(x)min＝4.答案：B3．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．(－∞，＋∞)解析：由已知，[f(x)－(2x＋4)]′＝f′(x)－2>0，∴g(x)＝f(x)－(2x＋4)单调递增，又g(－1)＝0，∴f(x)>2x＋4的解集是(－1，＋∞)．答案：B6\n4．若函数y＝aex＋3x(x∈R，a∈R)，有大于零的极值点，则实数a的取值范围是(　　)A．(－3,0)B．(－∞，－3)C.D.解析：由题可得y′＝aex＋3，若函数在x∈R上有大于零的极值点，即y′＝aex＋3＝0有正根，显然有a<0，此时x＝ln.由x>0，得参数a的范围为a>－3.综上知，－3<a<0.答案：A5．函数f(x)＝x3－3x－1，若对于区间[－3,2]上的任意x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤t，则实数t的最小值是(　　)A．20B．18C．3D．0解析：因为f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)，令f′(x)＝0，得x＝±1，所以－1,1为函数的极值点．又f(－3)＝－19，f(－1)＝1，f(1)＝－3，f(2)＝1，所以在区间[－3,2]上f(x)max＝1，f(x)min＝－19.又由题设知在区间[－3,2]上f(x)max－f(x)min≤t，从而t≥20，所以t的最小值是20.答案：A6．f(x)是定义在(0，＋∞)上的非负可导函数，且满足xf′(x)＋f(x)≤0，对任意正数a，b，若a<b，则必有(　　)A．af(b)≤bf(a)B．bf(a)≤af(b)C．af(a)≤f(b)D．bf(b)≤f(a)解析：∵xf′(x)≤－f(x)，f(x)≥0，∴′＝≤≤0.则函数在(0，＋∞)上是单调递减的，由于0<a<b，则≥.即af(b)≤bf(a)．答案：A二、填空题7．电动自行车的耗电量y与速度x之间有关系y＝x3－x2－40x(x>0)，为使耗电量最小，则速度应定为________．解析：由y′＝x2－39x－40＝0，得x＝－1或x＝40，由于0<x<40时，y′<0；6\n当x>40时，y′>0.所以当x＝40时，y有最小值．答案：408．函数f(x)＝ax3＋x恰有三个单调区间，则a的取值范围是________．解析：f(x)＝ax3＋x恰有三个单调区间，即函数f(x)恰有两个极值点，即f′(x)＝0有两个不等实根．∵f(x)＝ax3＋x，∴f′(x)＝3ax2＋1.要使f′(x)＝0有两个不等实根，则a<0.答案：(－∞，0)9．设函数f(x)＝6lnx，g(x)＝x2－4x＋4，则方程f(x)－g(x)＝0有________个实根．解析：设φ(x)＝g(x)－f(x)＝x2－4x＋4－6lnx，则φ′(x)＝＝，且x>0.由φ′(x)＝0，得x＝3.当0<x<3时，φ′(x)<0；当x>3时，φ′(x)>0.∴φ(x)在(0，＋∞)上有极小值φ(3)＝1－6ln3<0.故y＝φ(x)的图象与x轴有两个交点，则方程f(x)－g(x)＝0有两个实根．答案：2三、解答题10．某种产品每件成本为6元，每件售价为x元(6<x<11)，年销售为u万件，若已知－u与2成正比，且售价为10元时，年销量为28万件．(1)求年销售利润y关于售价x的函数关系式；(2)求售价为多少时，年利润最大，并求出最大年利润．解：(1)设－u＝k2，∵售价为10元时，年销量为28万件，∴－28＝k2，解得k＝2.∴u＝－22＋＝－2x2＋21x＋18.∴y＝(－2x2＋21x＋18)(x－6)＝－2x3＋33x2－108x－108(6<x<11)．(2)y′＝－6x2＋66x－108＝－6(x2－11x＋18)＝－6(x－2)(x－9)．令y′＝0，得x＝2(舍去)或x＝9，显然，当x∈(6,9)时，y′>0；6\n当x∈(9,11)时，y′<0.∴函数y＝－2x3＋33x2－108x－108在(6,9)上是递增的，在(9,11)上是递减的．∴当x＝9时，y取最大值，且ymax＝135，∴售价为9元时，年利润最大，最大年利润为135万元．11．已知函数f(x)＝ex－m－x，其中m为常数．(1)若对任意x∈R有f(x)≥0成立，求m的取值范围；(2)当m>1时，判断f(x)在[0,2m]上零点的个数，并说明理由．解：(1)依题意，可知f(x)在R上连续，且f′(x)＝ex－m－1，令f′(x)＝0，得x＝m.故当x∈(－∞，m)时，ex－m<1，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(m，＋∞)时，ex－m>1，f′(x)>0，f(x)单调递增；故当x＝m时，f(m)为极小值，也是最小值．令f(m)＝1－m≥0，得m≤1，即对任意x∈R，f(x)≥0恒成立时，m的取值范围是(－∞，1]．(2)由(1)知f(x)在[0,2m]上至多有两个零点，当m>1时，f(m)＝1－m<0，∵f(0)＝e－m>0，f(0)·f(m)<0，∴f(x)在(0，m)上有一个零点．又f(2m)＝em－2m，令g(m)＝em－2m，∵当m>1时，g′(m)＝em－2>0，∴g(m)在(1，＋∞)上单调递增．∴g(m)>g(1)＝e－2>0，即f(2m)>0.∴f(m)·f(2m)<0，∴f(x)在(m,2m)上有一个零点．故f(x)在[0,2m]上有两个零点．1．已知函数y＝f(x)是定义在R上的奇函数，且当x<0时，不等式f(x)＋xf′(x)<0成立，若a＝30.3f(30.3)，b＝(logπ3)f(logπ3)，c＝f，则a，b，c间的大小关系是(　　)A．a>b>cB．c>b>aC．c>a>bD．a>c>b解析：设g(x)＝xf(x)，则g′(x)＝f(x)＋xf′(x)<0(x<0)，∴当x<0时，g(x)＝xf(x)为减函数．又g(x)为偶函数，∴当x>0时，g(x)为增函数．∵1<30.3<2,0<logπ3<1，log3＝－2，6\n∴g(－2)>g(30.3)>g(logπ3)，即c>a>b.答案：C2．设1<x<2，则，2，的大小关系是(　　)A.2<<B.<2<C.2<<D.<2<解析：令f(x)＝x－lnx(1<x<2)，则f′(x)＝1－＝>0，∴函数y＝f(x)在(1,2)内为增函数．∴f(x)>f(1)＝1>0，∴x>lnx>0⇒0<<1.∴2<.又－＝＝>0，∴2<<，选A.答案：A3．若函数f(x)＝x3＋x2－ax在区间(1，＋∞)上单调递增，且在区间(1,2)上有零点，则实数a的取值范围是________．解析：由f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，可知f′(x)＝x2＋2x－a在(1，＋∞)上恒大于等于0，又因函数f′(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以只需f′(1)＝1＋2－a≥0，即a≤3，又f(x)在区间(1,2)上有零点，所以f(1)f(2)<0，即<a<，综上<a≤3.答案：(，3]4．(2014·福建卷)已知函数f(x)＝ex－ax(a为常数)的图象与y轴交于点A，曲线y＝f(x)在点A处的切线斜率为－1.(1)求a的值及函数f(x)的极值；(2)证明：当x>0时，x2<ex；(3)证明：对任意给定的正数c，总存在x0，使得当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2<cex.解：(1)由f(x)＝ex－ax，得f′(x)＝ex－a.又f′(0)＝1－a＝－1，得a＝2.6\n所以f(x)＝ex－2x，f′(x)＝ex－2.令f′(x)＝0，得x＝ln2.当x<ln2时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x>ln2时，f′(x)>0，f(x)单调递增．所以当x＝ln2时，f(x)取得极小值，且极小值为f(ln2)＝eln2－2ln2＝2－ln4，f(x)无极大值．(2)令g(x)＝ex－x2，则g′(x)＝ex－2x.由(1)得g′(x)＝f(x)≥f(ln2)>0，故g(x)在R上单调递增，又g(0)＝1>0，因此，当x>0时，g(x)>g(0)>0，即x2<ex.(3)①若c≥1，则ex≤cex.又由(2)知，当x>0时，x2<ex.所以当x>0时，x2<cex.取x0＝0，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2<cex.②若0<c<1，令k＝>1，要使不等式x2<cex成立，只要ex>kx2成立．而要使ex>kx2成立，则只要x>ln(kx2)，只要x>2lnx＋lnk成立．令h(x)＝x－2lnx－lnk，则h′(x)＝1－＝，所以当x>2时，h′(x)>0，h(x)在(2，＋∞)内单调递增．取x0＝16k>16，所以h(x)在(x0，＋∞)内单调递增，又h(x0)＝16k－2ln(16k)－lnk＝8(k－ln2)＋3(k－lnk)＋5k，易知k>lnk，k>ln2,5k>0，所以h(x0)>0.即存在x0＝，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2<cex.综上，对任意给定的正数c，总存在x0，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2<cex.6