2019屆高考數(shù)學二輪復(fù)習 專題六 函數(shù)與導數(shù) 課后綜合提升練 1.6.4 導數(shù)的綜合應(yīng)用 文.doc

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第四講導數(shù)的綜合應(yīng)用(40分鐘70分)一、選擇題(每小題5分,共30分)1.設(shè)函數(shù)f(x)=12x2-9ln x在區(qū)間a-1,a+1上單調(diào)遞減,則實數(shù)a的取值范圍是()A.1a2B.a4C.a2D.0a3【解析】選A.fx=x-9x,當fx=x-9x0時,00,a+13,解得1f(x)成立,若f(ln 4)=2,則不等式f(x)ex2的解是()A.xln 4B.0x1D.0xf(x)2,所以g(x)0在R上恒成立,因此g(x)=f(x)ex2在R上是增函數(shù),g(ln 4)=f(ln4)eln42=2eln2=22=1,由f(x)ex2,得g(x)=f(x)ex21,所以g(x)g(ln 4),由于g(x)在R上是增函數(shù),所以xln 4.4.已知函數(shù)f(x)=38x2-x-ln x,則函數(shù)f(x)的最小值為()A.-12-ln 23B.-12-ln 2C.-58D.-724+ln 3【解析】選B.因為f(x)=38x2-x-ln x,所以f(x)=34x-1-1x=(3x+2)(x-2)4x,(x0),令f(x)=0,得x=2,當x(0,2)時,f(x)0,所以函數(shù)f(x)在(0,2)上單調(diào)遞減,在(2,+)上單調(diào)遞增,所以當x=2時,f(x)有最小值f(2)=-12-ln 2.5.已知函數(shù)f(x)=x2+2x+4ln x,g(x)=kx-1,若f(x)g(x),則k的取值范圍為()A.(-,4B.(-,4)C.(0,4)D.(-,3【解析】選A.因為f(x)=x2+2x+4ln x,x0,所以f(x)=2x-2x2+4x=2(x3+2x-1)x2,構(gòu)造函數(shù)h(x)=x3+2x-1,x0,是增函數(shù),h(0)=-1,h12=18,所以存在唯一的x00,12使得h(x)=0,所以在區(qū)間(0,x0)上,h(x)0,f(x)0,f(x)0,f(x)是增函數(shù),如圖,于是問題轉(zhuǎn)化為過點(0,-1),作曲線y=f(x)的切線,求斜率k,設(shè)切點為P(x1,y1),則切線斜率為f(x1)=2x1-2x12+4x1,所以2x1-2x12+4x1=y1+1x1-0,又y1=x12+2x1+4ln x1,所以x1=1,所以切線方程為y=4x-1,由圖象可知k的取值范圍為k4.6.(2018惠州模擬)已知函數(shù)f(x)=xsin x+cos x+x2,則不等式f(ln x)+ fln1x2f(1)的解集為()A.(e,+)B.(0,e)C.0,1e(1,e)D.1e,e【解析】選D.f(x)=xsin x+cos x+x2,因為f(-x)=f(x),所以f(x)是偶函數(shù),所以fln1x=f(-ln x)=f(ln x),所以f(ln x)+fln1x2f(1)可變形為f(ln x) 0,所以f(x)在(0,+)上單調(diào)遞增,在(-,0)上單調(diào)遞減,所以f(ln x)f(1)等價于|ln x|1,即-1ln x1,所以1ex0,故g(x)0,g(x)為增函數(shù),當x(1,+)時,h(x)0,故g(x)0,g(x)為減函數(shù),所以g(x)max=g(1)=1e,又當x+時,g(x)0,所以g(x)的圖象如圖所示,故0a1e.答案:0,1e三、解答題(每小題10分,共30分)9.(2018廣西三市聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)=x-aln x,g(x)=-1+ax,其中aR.(1)設(shè)函數(shù)h(x)=f(x)-g(x),求函數(shù)h(x)的單調(diào)區(qū)間.(2)若存在x01,e,使得f(x0)0),h(x)=1-1+ax2-ax=x2-ax-(1+a)x2=(x+1)x-(1+a)x2,當a+10,即a-1時,在(0,1+a)上h(x)0,所以h(x)在(0,1+a)上單調(diào)遞減,在(1+a,+)上單調(diào)遞增.當1+a0,即a-1時,在(0,+)上h(x)0,所以函數(shù)h(x)在(0,+)上單調(diào)遞增.綜上所述,當a-1時,h(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1+a),單調(diào)遞增區(qū)間為(1+a,+);當a-1時,h(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,+).(2)若存在x01,e,使得f(x0)g(x0)成立,即存在x01,e,使得h(x0)=f(x0)-g(x0)0成立,即函數(shù)h(x)=x+1+ax-aln x在1,e上的最小值小于零.由(1)可知:當1+ae,即ae-1時,h(x)0,h(x)在1,e上單調(diào)遞減,所以h(x)在1,e上的最小值為h(e),由h(e)=e+1+ae-ae2+1e-1,因為e2+1e-1e-1,所以ae2+1e-1.當1+a1,即a0時,h(x)在1,e上單調(diào)遞增,所以h(x)的最小值為h(1),由h(1)=1+1+a0可得a-2.當11+ae,即0ae-1時,可得h(x)的最小值為h(1+a),因為0ln(1+a)1,所以0aln(1+a)20,不合題意.綜上可得所求a的取值范圍是(-,-2)e2+1e-1,+.10.已知函數(shù)f(x)=ax+ln x,aR,(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間.(2)設(shè)g(x)=x2-2x+1,若對任意x1(0,+),總存在x20,1,使得f(x1)0).當a0時,由于x0,故ax+10,f(x)0,所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,+).當a0,f(x)單調(diào)遞增.在區(qū)間-1a,+上,f(x)0,f(x)單調(diào)遞減.綜上所述,當a0時,f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,+);當a0時,f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為0,-1a,f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為-1a,+.(2)由已知,轉(zhuǎn)化為f(x)maxg(x)max,又g(x)max=g(0)=1.由(1)知,當a0時,f(x)在(0,+)上單調(diào)遞增,值域為R,故不符合題意.當a-1-ln(-a),解得a-1e2.故實數(shù)a的取值范圍是-,-1e2.11.某商場銷售某種商品的經(jīng)驗表明,該商品每日的銷售量y(單位:kg)與銷售價格x(單位:元/kg)滿足關(guān)系式y(tǒng)=ax-3+10(x-6)2,其中3x6,a為常數(shù).已知銷售價格為5元/kg時,每日可售出該商品11 kg.(1)求a的值.(2)若該商品的成本為3元/kg,試確定銷售價格x的值,使商場每日銷售該商品所獲得的利潤最大.【解析】(1)因為當x=5時,y=11,所以a2+10=11,所以a=2.(2)由(1)可知,該商品每日的銷售量y=2x-3+10(x-6)2,所以商場每日銷售該商品所獲得的利潤f(x)=(x-3)2x-3+10(x-6)2=2+10(x-3)(x-6)2,其中3x6.所以f(x)=10(x-6)2+2(x-3)(x-6)=30(x-4)(x-6).于是,當x變化時,f(x),f(x)的變化情況如表所示:x(3,4)4(4,6)f(x)+0-f(x)單調(diào)遞增極大值42單調(diào)遞減由上表可得,x=4是函數(shù)f(x)在區(qū)間(3,6)內(nèi)的極大值點,也是最大值點.所以當x=4時,函數(shù)f(x)取得最大值42.即當銷售價格為4元/kg時,商場每日銷售該商品所獲得的利潤最大.(20分鐘20分)1.(10分)(2018銀川一模)已知函數(shù)f(x)=xln x+m.(1)若函數(shù)f(x)的最小值為0,求m的值.(2)設(shè)0ab,證明:0f(a)+f(b)-2f(a+b2)(b-a)ln 2.【解析】(1)函數(shù)f(x)的定義域為(0,+),f(x)=ln x+1.令f(x)=0,解得x=1e.當0x1e時,f(x)1e時,f(x)0.故當x=1e時,f(x)取得最小值,最小值為f(1e)=1eln1e+m=-1e+m=0,得m=1e.(2)f(x)=ln x+1.設(shè)F(x)=f(a)+f(x)-2f(a+x2),則F(x)=f(x)-2f(a+x2)=lnx-lna+x2,令F(x)=0,得x=a,當0xa時,F(x)a時,F(x)0,因此F(x)在(a,+)上為增函數(shù).從而,當x=a時,F(x)有極小值F(a).因為F(a)=0,ba,所以F(b)0即00時,G(x)a,所以G(b)0,即f(a)+f(b)-2f(a+b2)(b-a)ln 2,綜上,原不等式得證.2.(10分)(2018鄭州外國語學校一模)已知f(x)=ex-ax(aR)(e為自然對數(shù)的底數(shù)).(1)討論f(x)的單調(diào)性.(2)若f(x)有兩個零點x1,x2,求a的取值范圍.(3)在(1)的條件下,求證:x1+x20在R上恒成立,所以f(x)在R上為增函數(shù).當a0時,令f(x)0得xln a,令f(x)0得x0時, f(x)的遞增區(qū)間為(ln a,+),遞減區(qū)間為(-,ln a),又f(0)=e0,當x+時,f(x)+,所以f(x)有兩個零點x1,x2,則f(x)min=f(ln a)=a-aln a=a(1-ln a)e. (3)由(1)知,當ae時,f(x)有兩個零點x1,x2,且f(x)在(ln a,+)上遞增, 在(-,ln a)上遞減,依題意,f(x1)=f(x2)=0,不妨設(shè)x1ln ax2. 要證x1+x22ln a,即證x12ln a-x2,又x1ln ax2,所以x12ln a-x2f(2ln a-x2), 又f(x1)=f(x2)=0,即證f(x2)f(2ln a-x2),(x2ln a). 構(gòu)造函數(shù)g(x)=f(x)-f(2ln a-x)=ex-a2ex-2ax+2aln a(xln a), g(x)=ex+a2ex-2a2a2-2a=0,所以g(x)在(ln a,+)上單調(diào)遞增,所以g(x)g(ln a)=0,從而f(x)f(2ln a-x),所以f(x2)f(2ln a-x2),(x2ln a),命題成立.