2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一篇 微型專題 微專題04 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用練習(xí) 理.docx

04函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用1.若關(guān)于x的不等式x3-3x2-9x+2m對(duì)任意x-2,2恒成立,則m的取值范圍是().A.(-,7B.(-,-20C.(-,0D.-12,7解析令f(x)=x3-3x2-9x+2,則f(x)=3x2-6x-9,令f(x)=0得x=-1或x=3(舍去).f(-1)=7,f(-2)=0,f(2)=-20,f(x)的最小值為f(2)=-20,故m-20.答案B2.已知函數(shù)f(x)=x3-3x-1,若對(duì)于區(qū)間-3,2上的任意x1,x2,都有|f(x1)-f(x2)|t,則實(shí)數(shù)t的最小值是().A.20B.18C.3D.0解析對(duì)于區(qū)間-3,2上的任意x1,x2,都有|f(x1)-f(x2)|t,等價(jià)于在區(qū)間-3,2上,f(x)max-f(x)mint.f(x)=x3-3x-1,f(x)=3x2-3=3(x-1)(x+1).x-3,2,函數(shù)f(x)在-3,-1,1,2上單調(diào)遞增,在-1,1上單調(diào)遞減,又f(-3)=-19,f(1)=-3,f(-1)=1,f(2)=1,f(x)max=f(2)=f(-1)=1,f(x)min=f(-3)=-19,f(x)max-f(x)min=20,t20,即實(shí)數(shù)t的最小值是20.答案A3.已知y=f(x)為R上的連續(xù)可導(dǎo)函數(shù),且xf(x)+f(x)>0,則函數(shù)g(x)=xf(x)+1(x>0)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為().A.0B.1C.0或1D.無數(shù)個(gè)解析因?yàn)間(x)=f(x)+xf(x)>0,所以函數(shù)g(x)在(0,+)上為增函數(shù).因?yàn)間(0)>0,所以g(x)>0,故函數(shù)g(x)=xf(x)+1(x>0)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為0.答案A4.做一個(gè)無蓋的圓柱形水桶,若要使其體積是27 dm3,且用料最省,則圓柱的底面半徑為dm.解析設(shè)圓柱的底面半徑為R dm,母線長(zhǎng)為l dm,則V=R2l=27,所以l=27R2,要使用料最省,只需使圓柱形水桶的表面積最小.S表=R2+2Rl=R2+227R,所以S表=2R-54R2.令S表=0,得R=3,則當(dāng)R=3時(shí),S表最小.答案3能力1會(huì)利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點(diǎn)問題【例1】已知函數(shù)f(x)=x2a-2ln x(aR,a0).(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性;(2)若函數(shù)f(x)有最小值,記為g(a),關(guān)于a的方程g(a)+a-29a-1=m有三個(gè)不同的實(shí)數(shù)根,求實(shí)數(shù)m的取值范圍.解析(1)f(x)=2xa-2x(x>0),當(dāng)a<0時(shí),f(x)<0,則f(x)在(0,+)上單調(diào)遞減;當(dāng)a>0時(shí),f(x)=2(x+a)(x-a)ax,所以f(x)在(0,a)上單調(diào)遞減,在(a,+)上單調(diào)遞增.(2)由(1)知a>0,f(x)min=f(a)=1-ln a,即g(a)=1-ln a,故方程g(a)+a-29a-1=m為m=a-ln a-29a(a>0),令F(a)=a-ln a-29a(a>0),則F(a)=1-1a+29a2=(3a-1)(3a-2)9a2,所以F(a)在0,13和23,+上是單調(diào)遞增的,在13,23上是單調(diào)遞減的,所以F(a)極大值=F13=-13+ln 3,F(a)極小值=F23=13-ln 2+ln 3,依題意得13-ln 2+ln 3<m<-13+ln 3.已知函數(shù)有零點(diǎn)求參數(shù)的常用方法和思路:(1)直接法:直接根據(jù)題設(shè)條件構(gòu)建關(guān)于參數(shù)的不等式,再通過解不等式確定參數(shù)的取值范圍.(2)分離參數(shù)法:將參數(shù)分離,轉(zhuǎn)化成函數(shù)的值域問題解決.(3)數(shù)形結(jié)合法:先對(duì)解析式變形,在同一個(gè)平面直角坐標(biāo)系中,畫出函數(shù)的圖象,然后通過數(shù)形結(jié)合求解.1.如果函數(shù)f(x)=ax2+bx+cln x(a,b,c為常數(shù),a>0)在區(qū)間(0,1)和(2,+)上均單調(diào)遞增,在(1,2)上單調(diào)遞減,則函數(shù)f(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為().A.0B.1C.2D.3解析由題意可得f(x)=2ax+b+cx,則f(1)=2a+b+c=0,f(2)=4a+b+c2=0,解得b=-6a,c=4a,所以f(x)=a(x2-6x+4ln x),則極大值f(1)=-5a<0,極小值f(2)=a(4ln 2-8)<0,又f(10)=a(40+4ln 10)>0,結(jié)合函數(shù)圖象可得該函數(shù)只有1個(gè)零點(diǎn).故選B.答案B2.(廣西2018屆高三第二次聯(lián)合調(diào)研)已知函數(shù)f(x)=ln(x+a)-x(aR),直線l:y=-23x+ln 3-23是曲線y=f(x)的一條切線.(1)求a的值.(2)設(shè)函數(shù)g(x)=xex-2x-f(x-a)-a+2,證明:函數(shù)g(x)無零點(diǎn).解析(1)由題意得f(x)=1x+a-1.設(shè)切點(diǎn)為P(x0,y0),則1x0+a-1=-23,ln(x0+a)-x0=-23x0+ln3-23,解得x0=2,a=1,a=1.(2)由(1)知g(x)=xex-2x-f(x-1)-1+2=xex-ln x-x.則g(x)=(x+1)ex-1x-1=(x+1)x(xex-1).令G(x)=xex-1,則G(x)=(x+1)ex.當(dāng)x>0時(shí),G(x)>0,G(x)在(0,+)上單調(diào)遞增.又G(0)=-1<0,G(1)=e-1>0,G(x)存在唯一零點(diǎn)c(0,1),且當(dāng)x(0,c)時(shí),G(x)<0,當(dāng)x(c,+)時(shí),G(x)>0,當(dāng)x(0,c)時(shí),g(x)<0,當(dāng)x(c,+)時(shí),g(x)>0,g(x)在(0,c)上單調(diào)遞減,在(c,+)上單調(diào)遞增,g(x)g(c).G(c)=cec-1=0,0<c<1,g(c)=cec-ln c-c=1-ln c-c>0,g(x)g(c)>0,函數(shù)g(x)無零點(diǎn).能力2會(huì)利用導(dǎo)數(shù)證明不等式【例2】(2018年天津市南開中學(xué)高三模擬考試)已知f(x)=ex-aln x-a,其中常數(shù)a>0.(1)當(dāng)a=e時(shí),求函數(shù)f(x)的極值.(2)當(dāng)0<ae時(shí),求證:f(x)0.(3)求證:e2x-2-ex-1lnx-x0.解析函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0,+),(1)當(dāng)a=e時(shí),f(x)=ex-eln x-e,f(x)=ex-ex.又f(x)=ex-ex在(0,+)上單調(diào)遞增,f(1)=0,所以當(dāng)0<x<1時(shí),f(x)<0,f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減;當(dāng)x>1時(shí),f(x)>0,f(x)在(1,+)上單調(diào)遞增.所以f(x)有極小值,極小值為f(1)=0,沒有極大值.(2)若0<x1e,則f(x)=ex-a(ln x+1)0顯然成立.若x>1e,由f(x)0恒成立,得aexlnx+1恒成立,令(x)=exlnx+1,則(x)=exlnx+1-1x(lnx+1)2.令g(x)=ln x+1-1xx>1e,則g(x)=1x+1x2x>1e,由g(x)>0,得g(x)在1e,+上單調(diào)遞增.又因?yàn)間(1)=0,所以(x)在1e,1上為負(fù),在(1,+)上為正,所以(x)在1e,1上單調(diào)遞減,在(1,+)上單調(diào)遞增.所以(x)min=(1)=e.所以當(dāng)0<ae,x>1e時(shí),aexlnx+1恒成立.綜上所述,當(dāng)0<ae時(shí),f(x)0.(3)由(2)知,當(dāng)a=e時(shí),f(x)0恒成立,所以f(x)=ex-eln x-e0,即f(x)=ex-eln xe.設(shè)h(x)=xex(x>0),則h(x)=1-xex.當(dāng)0<x<1時(shí),h(x)>0,所以h(x)在(0,1)上單調(diào)遞增;當(dāng)x>1時(shí),h(x)<0,所以h(x)在(1,+)上單調(diào)遞減.所以h(x)=xex(x>0)的最大值為h(1)=1e,即xex1e,所以xex-2e,所以f(x)=ex-eln xxex-2,即e2x-2-ex-1ln x-x0.利用導(dǎo)數(shù)證明不等式f(x)>g(x)在區(qū)間D上恒成立的基本方法是先構(gòu)造函數(shù)h(x)=f(x)-g(x),然后根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性或者函數(shù)的最值證明函數(shù)h(x)>0,其中找到函數(shù)h(x)=f(x)-g(x)的零點(diǎn)是解題的突破口.已知函數(shù)f(x)=xexx-a.(1)若曲線y=f(x)在x=2處的切線過原點(diǎn),求實(shí)數(shù)a的值;(2)若1<a<2,求證:當(dāng)x(a,a+1)時(shí),f(x)>x3+x2.參考數(shù)據(jù):e2.7.解析(1)因?yàn)閒(x)=xexx-a,所以f(x)=(1+x)ex(x-a)-xex(x-a)2=(x2-ax-a)ex(x-a)2,由題意知,曲線y=f(x)在x=2處的切線過原點(diǎn),則切線斜率k=f(2)=f(2)-02-0,即(4-3a)e2(2-a)2=2e22-a-02-0,整理得4-3a(2-a)2=12-a,所以a=1.(2)由1<a<2,且x(a,a+1),得x>0,所以f(x)>x3+x2exx-a-x2-x>0.設(shè)g(x)=exx-a-x2-x,則g(x)=ex(x-a-1)(x-a)2-2x-1,由x>0且a<x<a+1,可知g(x)<0,所以g(x)在(a,a+1)上單調(diào)遞減,所以當(dāng)x(a,a+1)時(shí),g(x)>ea+1-(a+1)(a+2).設(shè)t=a+1,則t(2,3),設(shè)h(t)=et-t(t+1),則h(t)=et-2t-1,令(t)=et-2t-1,則(t)=et-2,易知當(dāng)t(2,3)時(shí),(t)>0,所以h(t)在(2,3)上單調(diào)遞増,所以h(t)=et-2t-1>e2-22-1>0,所以h(t)在(2,3)上單調(diào)遞増,所以h(t)>e2-6>0,所以et-t(t+1)>0,即ea+1-(a+1)(a+2)>0,所以當(dāng)x(a,a+1)時(shí),g(x)>0,即當(dāng)x(a,a+1)時(shí),f(x)>x3+x2.能力3會(huì)利用導(dǎo)數(shù)解決不等式的恒成立(存在性)問題【例3】(2018年河南省鞏義市高中畢業(yè)班模擬考試試卷)已知函數(shù)f(x)=xln x,g(x)=(-x2+ax-3)ex(a為實(shí)數(shù)).(1)當(dāng)a=5時(shí),求函數(shù)g(x)的圖象在x=1處的切線方程;(2)求f(x)在區(qū)間t,t+2(t>0)上的最小值;(3)若存在兩個(gè)不等實(shí)數(shù)x1,x21e,e,使方程g(x)=2exf(x)成立,求實(shí)數(shù)a的取值范圍.解析(1)當(dāng)a=5時(shí),g(x)=(-x2+5x-3)ex,所以g(1)=e,g(x)=(-x2+3x+2e)x,故切線的斜率為g(1)=4e,所以切線方程為y-e=4e(x-1),即y=4ex-3e.(2)因?yàn)閒(x)=ln x+1,令f(x)=0,得x=1e,所以f(x),f(x)的變化情況如下表:x0,1e1e1e,+f(x)-0+f(x)極小值當(dāng)t1e時(shí),在區(qū)間t,t+2上,f(x)為增函數(shù),所以f(x)min=f(t)=tln t;當(dāng)0<t<1e時(shí),在區(qū)間t,1e內(nèi),f(x)為減函數(shù),在區(qū)間1e,t+2上,f(x)為增函數(shù),所以f(x)min=f1e=-1e.(3)由g(x)=2exf(x),可得2xln x=-x2+ax-3,則a=x+2ln x+3x,令h(x)=x+2ln x+3x,則h(x)=1+2x-3x2=(x+3)(x-1)x2.當(dāng)x1e,e時(shí),h(x),h(x)的變化情況如下表:x1e,11(1,e)h(x)-0+h(x)極小值因?yàn)閔1e=1e+3e-2,h(e)=3e+e+2,h(1)=4,所以h(e)-h1e=4-2e+2e<0,所以h(e)<h1e,要使得函數(shù)y=h(x)的圖象與函數(shù)y=a的圖象有2個(gè)交點(diǎn),則有h(1)<ah(e),即實(shí)數(shù)a的取值范圍為4,3e+e+2.【例4】已知函數(shù)f(x)=a2ln x+ax-x2+a.(1)討論f(x)在(1,+)上的單調(diào)性;(2)若x0(0,+),f(x0)>a-12e,求正數(shù)a的取值范圍.解析(1)f(x)=a2x+a-2x=-(2x+a)(x-a)x(x>1),當(dāng)-2a0時(shí),f(x)<0,f(x)在(1,+)上單調(diào)遞減.當(dāng)a<-2時(shí),若x>-a2,則f(x)<0;若1<x<-a2,則f(x)>0.f(x)在-a2,+上單調(diào)遞減,在1,-a2上單調(diào)遞增.當(dāng)0<a1時(shí),f(x)<0,f(x)在(1,+)上單調(diào)遞減.當(dāng)a>1時(shí),若x>a,則f(x)<0,若1<x<a,則f(x)>0.f(x)在(a,+)上單調(diào)遞減,在(1,a)上單調(diào)遞增.綜上可知,當(dāng)-2a1時(shí),f(x)在(1,+)上單調(diào)遞減;當(dāng)a<-2時(shí),f(x)在-a2,+上單調(diào)遞減,在1,-a2上單調(diào)遞增;當(dāng)a>1時(shí),f(x)在(a,+)上單調(diào)遞減,在(1,a)上單調(diào)遞增.(2)a>0,當(dāng)x>a時(shí),f(x)<0;當(dāng)0<x<a時(shí),f(x)>0.f(x)max=f(a)=a2ln a+a.x0(0,+),f(x0)>a-12e,a2ln a+a>a-12e,即a2lna+12e>0,設(shè)g(x)=x2ln x+12e,則g(x)=2xln x+x=x(2ln x+1),當(dāng)x>e-12時(shí),g(x)>0;當(dāng)0<x<e-12時(shí),g(x)<0.g(x)min=ge-12=0,正數(shù)a的取值范圍是0,e-12e-12,+.1.對(duì)于恒成立和存在性的問題,常用的解法是分離參數(shù),將問題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)最值的問題處理.解題時(shí)常用的結(jié)論:若a>f(x)有解,則a>f(x)min;若a<f(x)有解,則a<f(x)max.2.對(duì)于含參數(shù)的不等式,如果易分離參數(shù),那么可先分離參數(shù),構(gòu)造函數(shù),將問題直接轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值,否則應(yīng)進(jìn)行分類討論.在解題過程中,必要時(shí),可畫出函數(shù)圖象的草圖,借助幾何圖形直觀分析.1.已知函數(shù)f(x)=axex(xR),g(x)=ln x+kx+1(kR).(1)若k=-1,求函數(shù)g(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)當(dāng)k=1時(shí),f(x)g(x)恒成立,求a的取值范圍.解析(1)當(dāng)k=-1時(shí),g(x)=ln x-x+1,則g(x)=1x-1.令g(x)=1x-1>0,得0<x<1,令g(x)=1x-1<0,得x>1.所以g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增,在(1,+)上單調(diào)遞減.(2)當(dāng)k=1時(shí),f(x)g(x)恒成立,即axexln x+x+1恒成立.因?yàn)閤>0,所以alnx+x+1xex.令h(x)=lnx+x+1xex,則h(x)=(x+1)(-lnx-x)x2ex.令p(x)=-ln x-x,則p(x)=-1x-1<0,故p(x)在(0,+)上單調(diào)遞減,且p1e=1-1e>0,p(1)=-1<0,則存在x01e,1,使得p(x0)=-ln x0-x0=0,故ln x0+x0=0,即x0=e-x0.當(dāng)x(0,x0)時(shí),p(x)>0,h(x)>0;當(dāng)x(x0,+)時(shí),p(x)<0,h(x)<0.所以h(x)在(0,x0)上單調(diào)遞增,在(x0,+)上單調(diào)遞減,所以h(x)max=h(x0)=lnx0+x0+1x0ex0=1,故a的取值范圍是1,+).2.(廣西2018屆高三下學(xué)期第二次模擬)已知函數(shù)f(x)=ln(1+x)-ln(1-x)-k(x3-3x)(kR).(1)當(dāng)k=3時(shí),求曲線y=f(x)在原點(diǎn)O處的切線方程;(2)若f(x)>0對(duì)x(0,1)恒成立,求k的取值范圍.解析(1)當(dāng)k=3時(shí),f(x)=11+x+11-x-9(x2-1),f(0)=11,又f(0)=0,曲線y=f(x)在原點(diǎn)O處的切線方程為y=11x.(2)由題意得f(x)=2+3k(1-x2)21-x2,當(dāng)x(0,1)時(shí),(1-x2)2(0,1).若k-23,則2+3k(1-x2)2>0,即f(x)>0.f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增,從而f(x)>f(0)=0.若k<-23,令f(x)=0,得x=1-23k(0,1).當(dāng)x0,1-23k時(shí),f(x)<0;當(dāng)x1-23k,1時(shí),f(x)>0.f(x)min=f1-23k<f(0)=0,故k<-23不合題意,綜上所述,k的取值范圍為-23,+.能力4會(huì)利用導(dǎo)數(shù)解決函數(shù)的實(shí)際問題【例5】某商場(chǎng)銷售某種商品的經(jīng)驗(yàn)表明,該商品每日的銷售量y(單位:千克)與銷售價(jià)格x(單位:元/千克)滿足關(guān)系式y(tǒng)=ax-3+10(x-6)2,其中3<x<6,a為常數(shù).已知銷售價(jià)格為5元/千克時(shí),每日可售出該商品11千克.(1)求a的值;(2)若該商品的成本為3元/千克,試確定銷售價(jià)格x的值,使商場(chǎng)每日銷售該商品所獲得的利潤最大.解析(1)因?yàn)楫?dāng)x=5時(shí),y=11,所以a2+10=11,解得a=2.(2)由(1)可知,該商品每日的銷售量為y=2x-3+10(x-6)2,所以商場(chǎng)每日銷售該商品所獲得的利潤為f(x)=(x-3)2x-3+10(x-6)2=2+10(x-3)(x-6)2,3<x<6.從而,f(x)=30(x-4)(x-6),于是,當(dāng)x變化時(shí),f(x),f(x)的變化情況如下表: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,當(dāng)x=4時(shí),函數(shù)f(x)取得極大值,也是最大值,所以,當(dāng)x=4時(shí),函數(shù)f(x)取得最大值,且最大值等于42.故當(dāng)銷售價(jià)格為4元/千克時(shí),商場(chǎng)每日銷售該商品所獲得的利潤最大.利用導(dǎo)數(shù)解決生活中優(yōu)化問題的一般步驟:(1)建模:分析實(shí)際問題中各量之間的關(guān)系,列出實(shí)際問題的數(shù)學(xué)模型,寫出實(shí)際問題中變量之間的函數(shù)關(guān)系式y(tǒng)=f(x).(2)求導(dǎo):求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)f(x),解方程f(x)=0.(3)求最值:比較函數(shù)在區(qū)間端點(diǎn)和使f(x)=0的點(diǎn)的函數(shù)值的大小,最大(小)者為最大(小)值.(4)結(jié)論:回歸實(shí)際問題作答.統(tǒng)計(jì)表明,某種型號(hào)的汽車在勻速行駛中每小時(shí)耗油量y(升),關(guān)于行駛速度x(千米/時(shí))的函數(shù)解析式可以表示為y=1128000x3-380x+8(0<x120).已知甲、乙兩地相距100千米.(1)當(dāng)汽車以40千米/時(shí)的速度勻速行駛時(shí),從甲地到乙地要耗油多少升?(2)當(dāng)汽車以多大的速度勻速行駛時(shí),從甲地到乙地耗油最少?最少為多少升?解析(1)當(dāng)x=40時(shí),汽車從甲地到乙地行駛了10040=2.5(小時(shí)),要耗油1128000403-38040+82.5=17.5(升).所以,當(dāng)汽車以40千米/時(shí)的速度勻速行駛時(shí),從甲地到乙地耗油17.5升.(2)當(dāng)速度為x千米/時(shí),汽車從甲地到乙地行駛了100x小時(shí),設(shè)耗油量為h(x)升,依題意得h(x)=1128000x3-380x+8100x=11280x2+800x-154(0<x120),則h(x)=x640-800x2=x3-800640640x2(0<x120),令h(x)=0,得x=80,當(dāng)x(0,80)時(shí),h(x)<0,h(x)是減函數(shù);當(dāng)x(80,120時(shí),h(x)>0,h(x)是增函數(shù);當(dāng)x=80時(shí),h(x)取得極小值h(80)=11.25.由題意知該極值是最小值.故當(dāng)汽車以80千米/時(shí)的速度勻速行駛時(shí),從甲地到乙地耗油最少,最少為11.25升.一、選擇題1.已知a=log32,b=log23,c=log47,則a,b,c的大小關(guān)系為().A.a<b<cB.b<a<cC.c<a<bD.a<c<b解析alog=32<1,blog=23>1,clog=47>1log,27log<23,故a<c<b,選D.答案D2.已知定義在R上的奇函數(shù)f(x)滿足當(dāng)x>0時(shí),f(x)=2x+2x-4,則f(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)是().A.2B.3C.4D.5解析因?yàn)楹瘮?shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù),所以f(0)=0.因?yàn)閒12f(2)<0,且函數(shù)f(x)在(0,+)上單調(diào)遞增,所以當(dāng)x>0時(shí),f(x)有1個(gè)零點(diǎn).根據(jù)奇函數(shù)的對(duì)稱性可知,當(dāng)x<0時(shí),f(x)也有1個(gè)零點(diǎn),故f(x)有3個(gè)零點(diǎn).故選B.答案B3.若對(duì)任意的x(0,+),不等式2xln x-x2+ax-3恒成立,則實(shí)數(shù)a的取值范圍為().A.(-,0)B.(-,4C.(0,+)D.4,+)解析條件可轉(zhuǎn)化為a2ln x+x+3x恒成立.設(shè)f(x)=2ln x+x+3x,則f(x)=(x+3)(x-1)x2(x>0).當(dāng)x(0,1)時(shí),f(x)<0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞減;當(dāng)x(1,+)時(shí),f(x)>0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增.所以f(x)min=f(1)=4.所以a4.故選B.答案B4.已知函數(shù)f(x)=xcos x-sin x-13x3,則不等式f(2x+3)+f(1)<0的解集為().A.(-2,+)B.(-,-2)C.(-1,+)D.(-,-1)解析由題意得f(-x)=-xcos x+sin x+13x3=-f(x),所以函數(shù)f(x)是奇函數(shù).由題意得f(x)=cos x-xsin x-cos x-x2=-xsin x-x2=-x(sin x+x).所以當(dāng)x>0時(shí),f(x)<0,函數(shù)f(x)在(0,+)上單調(diào)遞減.因?yàn)楹瘮?shù)f(x)是奇函數(shù),所以函數(shù)f(x)在(-,0)上單調(diào)遞減.因?yàn)閒(2x+3)+f(1)<0,所以f(2x+3)<-f(1)=f(-1),所以2x+3>-1,所以x>-2.故選A.答案A二、填空題5.已知函數(shù)f(x)=4ln x+ax2-6x+b(a,b為常數(shù)),且x=2為f(x)的一個(gè)極值點(diǎn),則實(shí)數(shù)a的值為.解析由題意知,函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0,+).f(x)=4x+2ax-6,f(2)=2+4a-6=0,即a=1.答案16.函數(shù)y=x+2cos x在0,2上的最大值是.解析由題意知y=1-2sin x,令y=0,得x=6,則當(dāng)x0,6時(shí),y>0;當(dāng)x6,2時(shí),y<0.故函數(shù)在0,6上單調(diào)遞增,在6,2上單調(diào)遞減,所以當(dāng)x=6時(shí),函數(shù)取得最大值,最大值為6+3.答案6+37.若函數(shù)f(x)=e-x-12,x>0,x3-3mx-2,x0(其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))有三個(gè)不同的零點(diǎn),則m的取值范圍是.解析當(dāng)x>0時(shí),f(x)有一個(gè)零點(diǎn),故當(dāng)x0時(shí),f(x)有兩個(gè)零點(diǎn).當(dāng)x0時(shí),f(x)=x3-3mx-2,則f(x)=3x2-3m.當(dāng)m0時(shí),f(x)0,函數(shù)f(x)在(-,0上單調(diào)遞增,所以f(x)不會(huì)有兩個(gè)零點(diǎn),故舍去;當(dāng)m>0時(shí),函數(shù)f(x)在-,-m上單調(diào)遞增,在-m,0上單調(diào)遞減,又f(0)=-2<0,所以當(dāng)f-m>0時(shí),f(x)有兩個(gè)零點(diǎn),解得m>1,故m的取值范圍是(1,+).答案(1,+)8.已知f(x)=-x2-6x-3,g(x)=2x3+3x2-12x+9,設(shè)m<-2,若x1m,-2),x2(0,+),使得f(x1)=g(x2)成立,則實(shí)數(shù)m的最小值為.解析g(x)=2x3+3x2-12x+9,g(x)=6x2+6x-12=6(x+2)(x-1).當(dāng)0<x<1時(shí),g(x)<0,函數(shù)g(x)單調(diào)遞減;當(dāng)x>1時(shí),g(x)>0,函數(shù)g(x)單調(diào)遞增.g(x)min=g(1)=2.f(x)=-x2-6x-3=-(x+3)2+66,結(jié)合函數(shù)圖象(圖略)知,當(dāng)f(x)=2時(shí),方程兩根分別為-5和-1,則m的最小值為-5.答案-5三、解答題9.已知函數(shù)f(x)=xln x,g(x)=-x2+ax-3.(1)對(duì)一切x(0,+),2f(x)g(x)恒成立,求實(shí)數(shù)a的取值范圍.(2)探討函數(shù)F(x)=ln x-1ex+2ex是否存在零點(diǎn).若存在,求出函數(shù)F(x)的零點(diǎn);若不存在,請(qǐng)說明理由.解析(1)因?yàn)閷?duì)一切x(0,+),2f(x)g(x)恒成立,所以2xln x-x2+ax-3恒成立,即a2ln x+x+3x恒成立.令h(x)=2ln x+x+3x,則h(x)=2x+1-3x2=x2+2x-3x2=(x+3)(x-1)x2,當(dāng)x>1時(shí),h(x)>0,h(x)單調(diào)遞增;當(dāng)0<x<1時(shí),h(x)<0,h(x)單調(diào)遞減.所以ah(x)min=h(1)=4.即實(shí)數(shù)a的取值范圍是(-,4.(2)令F(x)=0,即ln x-1ex+2ex=0,得xln x=xex-2e,令f(x)=xln x,則f(x)=1+ln x,當(dāng)x0,1e時(shí),f(x)<0,f(x)單調(diào)遞減;當(dāng)x1e,+時(shí),f(x)>0,f(x)單調(diào)遞增.所以當(dāng)且僅當(dāng)x=1e時(shí),f(x)取最小值,且f(x)min=-1e.設(shè)(x)=xex-2e(x>0),則(x)=1-xex,易知(x)在(0,1)上單調(diào)遞增,在(1,+)上單調(diào)遞減,所以當(dāng)且僅當(dāng)x=1時(shí),(x)取最大值,且(x)max=-1e.因?yàn)橹腥〉忍?hào)的條件不同,且1e<1,所以對(duì)x(0,+)都有l(wèi)n x>1ex-2ex,即F(x)=ln x-1ex+2ex>0恒成立,故函數(shù)F(x)沒有零點(diǎn).10.(江西省臨川一中2018屆高三年級(jí)全真模擬考試)已知函數(shù)f(x)=xln x,g(x)=x+1ax(x>0)都在x=x0處取得最小值.(1)求f(x0)-g(x0)的值;(2)設(shè)函數(shù)h(x)=f(x)-g(x),h(x)的極值點(diǎn)之和落在區(qū)間(k,k+1)上,kN,求k的值.解析(1)f(x)=ln x+1,令f(x)=0,得x=1e,則f(x),f(x)的變化情況如下表:x0,1e1e1e,+f(x)-0+f(x)極小值當(dāng)x=1e時(shí),函數(shù)f(x)=xln x取得最小值-1e,x0=1e,f(x0)=-1e.當(dāng)a<0時(shí),函數(shù)g(x)是增函數(shù),在(0,+)沒有最小值;當(dāng)a>0時(shí),g(x)=x+1ax21a,當(dāng)且僅當(dāng)x0=1a=1e,即a=e2時(shí),g(x)有最小值g(x0)=2e,f(x0)-g(x0)=-1e-2e=-3e.(2)由(1)知g(x)=x+1e2x,h(x)=xln x-x-1e2x,h(x)=ln x+1e2x2,設(shè)(x)=ln x+1e2x2,(x)=e2x2-2e2x3,當(dāng)x0,2e時(shí),(x)<0,函數(shù)(x)即h(x)在0,2e上單調(diào)遞減.當(dāng)x2e,+時(shí),(x)>0,函數(shù)(x)即h(x)在2e,+上單調(diào)遞增,由(1)得h1e=0,當(dāng)x0,1e時(shí),h(x)>0,h(x)在0,1e上單調(diào)遞增.當(dāng)x1e,2e時(shí),h(x)<0,h(x)單調(diào)遞減,h(x)在0,2e上有唯一極大值點(diǎn)1e.h2e<0,h(1)=1e2>0,h(x)在2e,+上單調(diào)遞增,函數(shù)h(x)在2e,+有唯一極小值點(diǎn)x1,且2e<x1<1.h2e=ln 2-34=ln416e3<0,x12e,1,1e+x13e,e+1e.1<3e<2,1<e+1e<2,存在自然數(shù)k=1,使得函數(shù)h(x)的極值點(diǎn)之和落在區(qū)間(1,2)上.