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()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+aln.7.(2014课标全国Ⅰ,21,12分)设函数f(x)=alnx+x2-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)<,求a的取值范围.8.(2017贵州遵义模拟)已知函数f(x)=,其中k∈R且k≠0.(1)求函数f(x)的单调区间;(2)当k=1时,若存在x>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.Cy'=-3x2+27=-3(x+3)(x-3),当0
0;当x>3时,y'<0.故当x=3时,该商品的年利润最大.2.B令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.Ca=0时,不符合题意.a≠0时,f'(x)=3ax2-6x,令f'(x)=0,得x1=0,x2=.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f>0,即a×-3×+1>0,化简得a2>4,又a<0,所以a<-2,故选C.4.解析(1)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'(x)=lnx+1,令f'(x)=0,得x=.f'(x)与f(x)的变化情况如下表:xf'(x)-0+f(x)↘极小值↗所以f(x)的单调减区间为,单调增区间为.(2)证明:设g(x)=lnx+,x>0,则g'(x)=-=,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+≥1在x>0时恒成立,所以,当k≤1时,lnx+≥k,所以xlnx+1≥kx,即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-.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=-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'(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2-=0,所以f(x0)=+2ax0+aln≥2a+aln.故当a>0时,f(x)≥2a+aln.7.解析(1)f'(x)=+(1-a)x-b.由题设知f'(1)=0,解得b=1.(2)f(x)的定义域为(0,+∞),由(1)知,f(x)=alnx+x2-x,f'(x)=+(1-a)x-1=(x-1).(i)若a≤,则≤1,故当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,f(x)在(1,+∞)上单调递增.所以,存在x0≥1,使得f(x0)<的充要条件为f(1)<,即-1<,解得--11,故当x∈时,f'(x)<0;当x∈时,f'(x)>0.f(x)在上单调递减,在上单调递增.所以,存在x0≥1,使得f(x0)<的充要条件为f<.而f=aln++>,所以不合题意.(iii)若a>1,则f(1)=-1=<.综上,a的取值范围是(--1,-1)∪(1,+∞).8.解析(1)函数的定义域为R,f'(x)=,当k<0时,令f'(x)>0,可得x<0或x>2;令f'(x)<0,可得00时,令f'(x)<0,可得x<0或x>2;令f'(x)>0,可得00,使lnf(x)>ax成立等价于a<,设g(x)=(x>0),则g'(x)=,当00;当x>e时,g'(x)<0,∴g(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,∴g(x)max=g(e)=-1,∴a<-1.
