高考数学一轮复习第二章函数导数及其应用2113导数的综合应用课时提升作业理Word文件下载.docx

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0,得x>

0,所以0<

x<

1.

故x·

0的解集为（-∞,-1）∪（0,1）.

3.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】选B.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.

4.若a>

2,则函数f（x）=x3-ax2+1在区间（0,2）上恰好有　（　　）

A.0个零点B.1个零点

C.2个零点D.3个零点

【解析】选B.因为f′（x）=x2-2ax,且a>

2,

所以当x∈（0,2）时,f′（x）<

0,

即f（x）在（0,2）上是单调减函数.

又因为f（0）=1>

0,f

（2）=-4a<

所以f（x）在（0,2）上恰好有1个零点.

5.（2016·

绵阳模拟）已知函数f（x）=给出如下三个命题:

①f（x）在（,+∞）上是减函数;

②f（x）≤在R上恒成立;

③函数y=f（x）图象与直线y=-有两个交点.

其中真命题的个数为　（　　）

A.3个B.2个C.1个D.0个

【解析】选B.当x<

0时,函数f（x）=ex+x-1显然是增函数;

当x≥0时,函数f（x）=-x3+2x,

f′（x）=-x2+2且f（0）=0,

所以函数在[0,）上单调递增,在[,+∞）上单调递减,

f（x）极大值=f（）=,由此画出函数大致图象,故①,③正确.

二、填空题（每小题5分,共15分）

6.直线y=a与函数f（x）=x3-3x的图象有相异的三个公共点,则a的取值范围是　　　　.

【解析】令f′（x）=3x2-3=0,得x=±

1,

可得极大值为f（-1）=2,极小值为f

（1）=-2,

如图,观察得-2<

a<

2时恰有三个不同的公共点.

答案:

（-2,2）

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（舍去）或x=40,

由于0<

40时,y′<

0;

当x>

40时,y′>

所以当x=40时,y有最小值.

40

8.（2016·

邯郸模拟）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>

由φ′（x）=0,得x=3.当0<

3时,φ′（x）<

3时,φ′（x）>

所以φ（x）在（0,+∞）上有极小值

φ（3）=1-6ln3<

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.

2

三、解答题（每小题10分,共20分）

9.（2016·

湛江模拟）已知函数f（x）=lnx-.

（1）若a>

0,试判断f（x）在定义域内的单调性.

（2）若f（x）<

x2在（1,+∞）上恒成立,求a的取值范围.

【解析】

（1）由题意知f（x）的定义域为（0,+∞）.

且f′（x）=+=.

因为a>

0,所以f′（x）>

故f（x）在（0,+∞）上是增函数.

（2）因为f（x）<

x2,所以lnx-<

x2.

又x>

0,所以a>

xlnx-x3.

令g（x）=xlnx-x3,

h（x）=g′（x）=1+lnx-3x2,

h′（x）=-6x=.

因为x∈（1,+∞）时,h′（x）<

所以h（x）在（1,+∞）上是减函数.

所以h（x）<

h

（1）=-2<

0,即g′（x）<

所以g（x）在（1,+∞）上也是减函数.

g（x）<

g

（1）=-1,所以当a≥-1时,f（x）<

x2在（1,+∞）上恒成立.

10.（2016·

黄冈模拟）设f（x）=lnx+.

（1）求f（x）的单调区间.

（2）求f（x）的零点个数.

（1）f（x）的定义域是（0,+∞）,

因为f′（x）=-=,

当a≤0时,f′（x）>

0,（0,+∞）是f（x）的递增区间;

当a>

0时,令f′（x）=0,x=（负值舍去）;

当0<

时,f′（x）<

时,f′（x）>

0,所以（0,）是f（x）的递减区间,（,+∞）是f（x）的递增区间.

综上,当a≤0时,f（x）的单调递增区间是（0,+∞）;

0时,f（x）的单调递减区间是（0,）,f（x）的单调递增区间是（,+∞）.

（2）由

（1）知,当a≤0时,f（x）在（0,+∞）上是增函数.

①当a=0时,有零点x=1.

②当a<

0时,f（ea）=a（e-2a+1）<

0,f（e-a）=a（e2a-1）>

0（或当x→0时,f（x）→-∞,当

x→+∞时,f（x）→+∞）,

所以f（x）在（0,+∞）上有1个零点.

③当a>

0时,由

（1）知f（x）在（0,）上是减函数,f（x）在（,+∞）上是增函数,

所以当x=时,f（x）有极小值,

即最小值f（）=（ln2a+1）.

当（ln2a+1）>

0,即a>

时f（x）无零点;

当（ln2a+1）=0,即a=时f（x）有1个零点;

当（ln2a+1）<

0,即0<

时f（x）有2个零点.综上,当a>

当a=或a=0或a<

0时,f（x）有1个零点;

时,f（x）有2个零点.

（20分钟　40分）

1.（5分）（2016·

冀州模拟）设函数f（x）的导函数为f′（x）,对任意x∈R都有

f′（x）>

f（x）成立,则　（　　）

A.3f（ln2）>

2f（ln3）

B.3f（ln2）=2f（ln3）

C.3f（ln2）<

D.3f（ln2）与2f（ln3）的大小不确定

【解析】选C.根据题意,令g（x）=,则g′（x）==>

0,所以有g（x）=是增函数,从而有>

即3f（ln2）<

2f（ln3）.

【加固训练】

（2016·

衡水模拟）已知函数f（x）=x2lnx-a（x2-1）,a∈R.若当x≥1时,f（x）≥0恒成立,则a的取值范围是　（　　）

A.　　　　B.

C.D.

【解析】选A.f′（x）=2xlnx+（1-2a）x=x（2lnx+1-2a）,

当a≤时,因为x≥1,所以f′（x）≥0.

所以函数f（x）在[1,+∞）上单调递增,

故f（x）≥f

（1）=0.

时,令f′（x）=0,得x=.

若x∈,则f′（x）<

所以函数f（x）在上单调递减,

所以当x∈时,f（x）≤f

（1）=0不符合题意.综上a的取值范围是.

2.（5分）（2016·

合肥模拟）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】选A.因为f′（x）=3x2-3=3（x-1）（x+1）,

令f′（x）=0,得x=±

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.

3.（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.（-∞,-2）

C.（1,+∞）D.（-∞,-1）

【解析】选B.

（1）当a=0时,函数f（x）=-3x2+1,显然有两个零点,不合题意.

（2）当a>

0时,由于f′（x）=3ax2-6x=3x（ax-2）,利用导数的正负与函数单调性的关系可得在（-∞,0）和上函数单调递增,在上函数单调递减,显然存在负零点,不合题意.

（3）当a<

0时,利用导数的正负与函数单调性的关系可得,在和（0,+∞）上函数单调递减,在上函数单调递增,要使得函数有唯一的零点且为正,则满足即有a×

-3×

+1>

0,则有a2>

4,解得a<

-2或a>

2（不合条件a<

0,舍去）.

综合可得a<

-2.

4.（12分）（2014·

全国卷Ⅰ）设函数f（x）=aexlnx+,曲线y=f（x）在点（1,f

（1））处的切线为y=e（x-1）+2.

（1）求a,b.

（2）证明:

f（x）>

【解题提示】

（1）先对函数f（x）=aexlnx+求导,将x=1代入到导函数中确定曲线的切线的斜率,求出a,b的值.

（2）证明f（x）>

1时,将其转化为xlnx>

xe-x-,分别构造函数进行证明.

（1）函数f（x）的定义域为（0,+∞）,f′（x）=aexlnx+ex-ex-1+ex-1.

由题意得f

（1）=2,f′

（1）=e,故a=1,b=2.

（2）由

（1）知,f（x）=exlnx+ex-1,

从而f（x）>

1等价于xlnx>

xe-x-.

设函数g（x）=xlnx,

则g′（x）=1+lnx.

所以当x∈时,g′（x）<

当x∈时,g′（x）>

故g（x）在x∈上单调递减,在x∈上单调递增,从而g（x）在（0,+∞）上的最小值为g=-.

设函数h（x）=xe-x-,

则h′（x）=e-x（1-x）.

所以当x∈（0,1）时,h′（x）>

当x∈（1,+∞）时,h′（x）<

故h（x）在x∈（0,1）上单调递增,在x∈（1,+∞）上单调递减,从而h（x）在（0,+∞）的最大值为h

（1）=-.

综上,当x>

0时,g（x）>

h（x）,即f（x）>

5.（13分）（2016·

秦皇岛模拟）已知函数f（x）=xlnx.

（1）若对一切x∈（0,+∞）,都有f（x）≤x2-ax+2恒成立,求实数a的取值范围.

（2）试判断函数y=lnx-+是否有零点?

若有,求出零点的个数;

若无,请说明理由.

（1）由f（x）≤x2-ax+2得xlnx≤x2-ax+2,

因为x>

0,所以a≤x-lnx+,

令g（x）=x-lnx+,

g′（x）=1--==（x>

0）.

当x∈（0,2）时,g′（x）<

0,g（x）单调递减;

当x∈（2,+∞）时,g′（x）>

0,g（x）单调递增,

所以g（x）min=g

（2）=3-ln2,

因为对一切x∈（0,+∞）,都有a≤x-lnx+恒成立,

所以a∈（-∞,3-ln2].

（2）函数y=lnx-+无零点,理由如下:

令lnx-+=0,则xlnx=-,

即f（x）=-.

由题知当x∈（0,+∞）时,

f（x）min=f=-.

设h（x）=-（x>

0）,则h′（x）=.

当x∈（0,1）时,h′（x）>

0,h（x）单调递增;

0,h（x）单调递减,

所以h（x）max=h

（1）=-.

所以对一切x∈（0,+∞）,f（x）>

h（x）,即lnx-+>

所以函数y=lnx-+没有零点.