人教版高三数学总复习课时作业16
课时作业16 高考中导数与函数的综合问题
一、选择题
1．已知函数f(x)＝x3－x2－x，则f(－a2)与f(－1)的大小关系为( )
A．f(－a2)≤f(－1)
B．f(－a2)
0，f(x)为增函数；当－10)，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.
答案：B
3．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．(－∞，＋∞)
解析：由已知，[f(x)－(2x＋4)]′＝f′(x)－2>0，∴g(x)＝f(x)－(2x＋4)单调递增，又g(－1)＝0，∴f(x)>2x＋4的解集是(－1，＋∞)．
答案：B
4．若函数y＝aex＋3x(x∈R，a∈R)，有大于零的极值点，则实数a的取值范围是( )
A．(－3,0) B．(－∞，－3)
C. D.
解析：由题可得y′＝aex＋3，若函数在x∈R上有大于零的极值点，即y′＝aex＋3＝0有正根，显然有a<0，此时x＝ln.由x>0，得参数a的范围为a>－3.综上知，－30)，为使耗电量最小，则速度应定为________．
解析：由y′＝x2－39x－40＝0，得x＝－1或x＝40，
由于040时，y′>0.
所以当x＝40时，y有最小值．
答案：40
8．函数f(x)＝ax3＋x恰有三个单调区间，则a的取值范围是________．
解析：f(x)＝ax3＋x恰有三个单调区间，即函数f(x)恰有两个极值点，即f′(x)＝0有两个不等实根．
∵f(x)＝ax3＋x，∴f′(x)＝3ax2＋1.
要使f′(x)＝0有两个不等实根，则a<0.
答案：(－∞，0)
9．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>0.由φ′(x)＝0，得x＝3.当03时，φ′(x)>0.∴φ(x)在(0，＋∞)上有极小值φ(3)＝1－6ln3<0.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．
答案：2
三、解答题
10．某种产品每件成本为6元，每件售价为x元(60；
当x∈(9,11)时，y′<0.
∴函数y＝－2x3＋33x2－108x－108在(6,9)上是递增的，在(9,11)上是递减的．
∴当x＝9时，y取最大值，且ymax＝135，
∴售价为9元时，年利润最大，最大年利润为135万元．
11．已知函数f(x)＝ex－m－x，其中m为常数．
(1)若对任意x∈R有f(x)≥0成立，求m的取值范围；
(2)当m>1时，判断f(x)在[0,2m]上零点的个数，并说明理由．
解：(1)依题意，可知f(x)在R上连续，且f′(x)＝ex－m－1，令f′(x)＝0，得x＝m.
故当x∈(－∞，m)时，ex－m<1，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(m，＋∞)时，ex－m>1，f′(x)>0，f(x)单调递增；
故当x＝m时，f(m)为极小值，也是最小值．
令f(m)＝1－m≥0，得m≤1，即对任意x∈R，f(x)≥0恒成立时，m的取值范围是(－∞，1]．
(2)由(1)知f(x)在[0,2m]上至多有两个零点，当m>1时，f(m)＝1－m<0，∵f(0)＝e－m>0，f(0)·f(m)<0，
∴f(x)在(0，m)上有一个零点．
又f(2m)＝em－2m，令g(m)＝em－2m，
∵当m>1时，g′(m)＝em－2>0，
∴g(m)在(1，＋∞)上单调递增．
∴g(m)>g(1)＝e－2>0，即f(2m)>0.
∴f(m)·f(2m)<0，∴f(x)在(m,2m)上有一个零点．故f(x)在[0,2m]上有两个零点．
1．已知函数y＝f(x)是定义在R上的奇函数，且当x<0时，不等式f(x)＋xf′(x)<0成立，若a＝30.3f(30.3)，b＝(logπ3)f(logπ3)，c＝f，则a，b，c间的大小关系是( )
A．a>b>c B．c>b>a
C．c>a>b D．a>c>b
解析：设g(x)＝xf(x)，则g′(x)＝f(x)＋xf′(x)<0(x<0)，∴当x<0时，g(x)＝xf(x)为减函数．
又g(x)为偶函数，∴当x>0时，g(x)为增函数．
∵1<30.3<2,0g(30.3)>g(logπ3)，即c>a>b.
答案：C
2．设10，∴函数y＝
f(x)在(1,2)内为增函数．
∴f(x)>f(1)＝1>0，
∴x>lnx>0⇒0<<1.∴2<.
又－＝＝>0，
∴2<<，选A.
答案：A
3．若函数f(x)＝x3＋x2－ax在区间(1，＋∞)上单调递增，且在区间(1,2)上有零点，则实数a的取值范围是________．
解析：由f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，可知f′(x)＝x2＋2x－a在(1，＋∞)上恒大于等于0，又因函数f′(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以只需f′(1)＝1＋2－a≥0，即a≤3，又
f(x)在区间(1,2)上有零点，所以f(1)f(2)<0，即0时，x2ln2时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
所以当x＝ln2时，f(x)取得极小值，
且极小值为f(ln2)＝eln2－2ln2＝2－ln4，
f(x)无极大值．
(2)令g(x)＝ex－x2，则g′(x)＝ex－2x.
由(1)得g′(x)＝f(x)≥f(ln2)>0，
故g(x)在R上单调递增，又g(0)＝1>0，
因此，当x>0时，g(x)>g(0)>0，即x20时，x20时，x21，要使不等式x2kx2成立．
而要使ex>kx2成立，则只要x>ln(kx2)，只要x>2lnx＋lnk成立．
令h(x)＝x－2lnx－lnk，则h′(x)＝1－＝，
所以当x>2时，h′(x)>0，h(x)在(2，＋∞)内单调递增．
取x0＝16k>16，所以h(x)在(x0，＋∞)内单调递增，
又h(x0)＝16k－2ln(16k)－lnk＝8(k－ln2)＋3(k－lnk)＋5k，
易知k>lnk，k>ln2,5k>0，所以h(x0)>0.
即存在x0＝，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2
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