2021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

这是一份2021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，共7页。试卷主要包含了设a>1,函数f=ex-a，已知函数f=xlnx，设函数f=e2x-alnx等内容，欢迎下载使用。

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)=xlnx.
(1)求f(x)的单调区间;
(2)当k≤1时,求证:f(x)≥kx-1恒成立.
6.(2015课标全国Ⅰ,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+aln.
7.(2014课标全国Ⅰ,21,12分)设函数f(x)=alnx+x2-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)<,求a的取值范围.
8.(2017贵州遵义模拟)已知函数f(x)=,其中k∈R且k≠0.
(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.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=.
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f>0,即a×-3×+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(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=.
f'(x)与f(x)的变化情况如下表:
所以f(x)的单调减区间为,单调增区间为.
(2)证明:设g(x)=lnx+,x>0,
则g'(x)=-=,
令g'(x)=0,得x=1.
g'(x)与g(x)的变化情况如下表:
所以g(x)≥g(1)=1,即
lnx+≥1在x>0时恒成立,
所以,当k≤1时,lnx+≥k,
所以xlnx+1≥kx,即xlnx≥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-.
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=-单调递增,所以f'(x)在(0,+∞)上单调递增.
又f'(a)>0,当b满足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,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2-=0,所以f(x0)=+2ax0+aln≥2a+aln.
故当a>0时,f(x)≥2a+aln.
7.解析 (1)f'(x)=+(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+x2-x,f'(x)=+(1-a)x-1=(x-1).
(i)若a≤,则≤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)<的充要条件为f(1)<,即-1<,解得--1(ii)若1,故当x∈时,f'(x)<0;当x∈时,f'(x)>0.f(x)在上单调递减,在上单调递增.
所以,存在x0≥1,使得f(x0)<的充要条件为f<.
而f=aln++>,所以不合题意.
(iii)若a>1,则f(1)=-1=<.
综上,a的取值范围是(--1,-1)∪(1,+∞).
8.解析 (1)函数的定义域为R,f'(x)=,
当k<0时,令f'(x)>0,可得x<0或x>2;
令f'(x)<0,可得0∴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∴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)=,
存在x>0,使lnf(x)>ax成立等价于a<,设g(x)=(x>0),
则g'(x)=,
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)=-1,∴a<-1.
B组 提升题组
x
f'(x)
-
0
+
f(x)
↘
极小值
↗
x
(0,1)
1
(1,+∞)
g'(x)
-
0
+
g(x)
↘
极小值
↗