2016届高考数学（理）大一轮复习达标训练试题：课时跟踪检测(十六) 导数与函数的综合问题
课时跟踪检测(十六) 导数与函数的综合问题
(分A、B卷，共2页)
A卷：夯基保分
1．一火车锅炉每小时煤的消耗费用与火车行驶速度的立方成正比，已知当速度为20 km/h时，每小时消耗的煤价值40元，其他费用每小时需400元，火车的最高速度为100 km/h，火车以何速度行驶才能使从甲城开往乙城的总费用最少？
2．(2015·山西四校联考)已知f(x)＝ln x－x＋a＋1.
(1)若存在x∈(0，＋∞)使得f(x)≥0成立，求a的取值范围；
(2)求证：当x＞1时，在(1)的条件下，x2＋ax－a＞xln x＋成立．
3．(2014·四川高考)已知函数f(x)＝ex－ax2－bx－1，其中a，b∈R，e＝2.718 28…为自然对数的底数．
(1)设g(x)是函数f(x)的导函数，求函数g(x)在区间[0,1]上的最小值；
(2)若f(1)＝0，函数f(x)在区间(0,1)内有零点．证明：e－2
n>1，证明>.
答案
A卷：夯基保分
1．解：设火车的速度为x km/h，甲、乙两城距离为a km.
由题意，令40＝k·203，∴k＝，
则总费用f(x)＝(kx3＋400)·
＝a＝a(0＜x≤100)．
由f′(x)＝＝0，得x＝20.
当0＜x＜20时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；
当20＜x≤100时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．
∴当x＝20时，f(x)取极小值也是最小值，即速度为20 km/h时，总费用最少．
2．解：(1)原题即为存在x>0使得ln x－x＋a＋1≥0，
∴a≥－ln x＋x－1，令g(x)＝－ln x＋x－1，
则g′(x)＝－＋1＝.
令g′(x)＝0，解得x＝1.
∵当0＜x＜1时，g′(x)＜0，g(x)为减函数，
当x＞1时，g′(x)＞0，g(x)为增函数，
∴g(x)min＝g(1)＝0，a≥g(1)＝0.
故a的取值范围是[0，＋∞)．
(2)证明：原不等式可化为
x2＋ax－xln x－a－＞0(x＞1，a≥0)．
令G(x)＝x2＋ax－xln x－a－，则G(1)＝0.
由(1)可知x－ln x－1＞0，
则G′(x)＝x＋a－ln x－1≥x－ln x－1＞0，
∴G(x)在(1，＋∞)上单调递增，
∴G(x)>G(1)＝0成立，
∴x2＋ax－xln x－a－＞0成立，即x2＋ax－a>x1nx＋成立．
3．解：(1)由f(x)＝ex－ax2－bx－1，
有g(x)＝f′(x)＝ex－2ax－b.
所以g′(x)＝ex－2a.
因此，当x∈[0,1]时，g′(x)∈[1－2a，e－2a]．
当a≤时，g′(x)≥0，
所以g(x)在[0,1]上单调递增，
因此g(x)在[0,1]上的最小值是g(0)＝1－b；
当a≥时，g′(x)≤0，所以g(x)在[0,1]上单调递减，
因此g(x)在[0,1]上的最小值是g(1)＝e－2a－b；
当＜a＜时，令g′(x)＝0，得x＝ln(2a)∈(0,1)．
所以函数g(x)在区间[0，ln(2a)]上单调递减，在区间(ln(2a)，1]上单调递增．
于是，g(x)在[0,1]上的最小值是g(ln(2a))＝2a－2aln(2a)－b.
综上所述，当a≤时，g(x)在[0,1]上的最小值是g(0)＝1－b；
当＜a＜时，g(x)在[0,1]上的最小值是g(ln(2a))＝2a－2aln(2a)－b；
当a≥时，g(x)在[0,1]上的最小值是g(1)＝e－2a－b.
(2)证明：设x0为f(x)在区间(0,1)内的一个零点，则由f(0)＝f(x0)＝0可知f(x)在区间(0，x0)上不可能单调递增，也不可能单调递减．
则g(x)不可能恒为正，也不可能恒为负，
故g(x)在区间(0，x0)内存在零点x1.
同理g(x)在区间(x0,1)内存在零点x2.
所以g(x)在区间(0,1)内至少有两个零点．
由(1)知，当a≤时，g(x)在[0,1]上单调递增，故g(x)在(0，1)内至多有一个零点．
当a≥时，g(x)在[0,1]上单调递减，故g(x)在(0,1)内至多有一个零点．
所以＜a＜.
此时g(x)在区间[0，ln(2a)]上单调递减，在区间(ln(2a)，1]上单调递增．
因此x1∈(0，ln(2a)]，x2∈(ln(2a)，1)，必有
g(0)＝1－b＞0, g(1)＝e－2a－b＞0.
由f(1)＝0有a＋b＝e－1＜2，有
g(0)＝a－e＋2＞0，g(1)＝1－a＞0.
解得e－2＜a＜1.
所以函数f(x)在区间(0,1)内有零点时，e－2＜a＜1.
B卷：增分提能
1．解：(1)∵函数的定义域为R，f′(x)＝－，
∴当x＜0时，f′(x)＞0，当x＞0时，f′(x)＜0，
∴f(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减．
(2)假设存在x1，x2∈[0,1]，使得2φ(x1)＜φ(x2)成立，
则2[φ(x)]min＜[φ(x)]max.
∵φ(x)＝xf(x)＋tf′(x)＋e－x＝，
∴φ′(x)＝＝－.
①当t≥1时，φ′(x)≤0，φ(x)在[0,1]上单调递减，
∴2φ(1)＜φ(0)，即t＞3－＞1.
②当t≤0时，φ′(x)＞0，φ(x)在[0,1]上单调递增，
∴2φ(0)＜φ(1)，即t＜3－2e＜0.
③当0＜t＜1时，若x∈[0，t)，φ′(x)＜0，φ(x)在[0，t)上单调递减；
若x∈(t,1]，φ′(x)＞0，φ(x)在(t,1]上单调递增，
所以2φ(t)＜max{φ(0)，φ(1)}，
即2·＜max，(*)
由(1)知，g(t)＝2·在[0,1]上单调递减，
故≤2·≤2，而≤≤，所以不等式(*)无解．
综上所述，存在t∈(－∞，3－2e)∪，使得命题成立．
2．解：(1)因为f(x)＝xln x＋mx，所以f′(x)＝1＋ln x＋m.
由题意f′(1)＝1＋ln 1＋m＝2，得m＝1.
(2)g(x)＝＝(x>0，x≠1)，
所以g′(x)＝.
设h(x)＝x－1－ln x，h′(x)＝1－.
当x>1时，h′(x)＝1－>0，h(x)是增函数，
h(x)>h(1)＝0，
所以g′(x)＝>0，
故g(x)在(1，＋∞)上为增函数；
当0h(1)＝0，
所以g′(x)＝>0，故g(x)在(0,1)上为增函数；
所以g(x)在区间(0,1)和(1，＋∞)上都是单调递增的．
(3)证明：由已知可知要证>，
即证－>ln n－ln m，
即证ln m>ln n，
即证>，
即证g(m)>g(n)，
又m>n>1(m，n∈N*)，由(2)知g(m)>g(n)成立，所以>.
