高考文科数学复习：夯基提能作业本.docx

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1、第四节　导数与函数的综合问题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(　

2、　)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.B组　提升题组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+aln2a.7.(2014课标全国Ⅰ,21,12分)设函

3、数f(x)=alnx+1-a2x2-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)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

4、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=2a.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f2a>0,即a×8a3-3×4a2+1>0,化简得a2>4,又a<0,所以a<-2,故选C.4.解析　(1

5、)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'

6、(x)=lnx+1,令f'(x)=0,得x=1e.f'(x)与f(x)的变化情况如下表:x0,1e1e1e,+∞f'(x)-0+f(x)↘极小值↗所以f(x)的单调减区间为0,1e,单调增区间为1e,+∞.(2)证明:设g(x)=lnx+1x,x>0,则g'(x)=1x-1x2=x-1x2,令g'(x)=0,得x=1.g'(x)与g(x)的变化情况如下表:x(0,1)1(1,+∞)g'(x)-0+g(x)↘极小值↗所以g(x)≥g(1)=1,即lnx+1x≥1在x>0时恒成立,所以,当k≤1时,lnx+1x≥k,所以xlnx+1≥kx,即

7、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-ax.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=-ax单调递增,所以f'(x)在(0,+∞)上单调递增.又f'(a)>0,当b满足00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

8、'(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2e2x0-ax0=0,所以f(x0)=a2x0+2