浙江专用2020版高考数学复习导数的综合应用夯基提能作业

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1、3.4　导数的综合应用A组　基础题组1.“函数f(x)=a+lnx(x≥e)存在零点”是“a<-1”的(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件答案　B　由题意可知,函数f(x)单调递增,且f(x)min=f(e)=1+a,若f(x)在[e,+∞)上存在零点,则1+a≤0,即a≤-1,所以函数f(x)=a+lnx(x≥e)存在零点的充要条件为a≤-1,故选B.2.已知y=f(x)为R上的连续可导函数,且xf'(x)+f(x)>0,则函数g(x)=xf(x)+1(x>0)的零点个数为(　　)A.0B.1C.0或1D.

2、无数个答案　A　因为g(x)=xf(x)+1(x>0),所以g'(x)=xf'(x)+f(x)(x>0),由题意可知g'(x)>0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增,因为g(0)=1,y=f(x)为R上的连续可导函数,所以g(x)为(0,+∞)上的连续可导函数,g(x)>g(0)=1,所以g(x)在(0,+∞)上无零点.3.(2018丽水模拟)设函数f(x)=ax3-3x+1(x∈R),若对于任意x∈[-1,1],都有f(x)≥0成立,则实数a的值为　　　　. 答案　4解析　当x=0时,无论a取何值,f(x)≥0显然成立;当x∈(0,1]时,f(x)=ax3-3x+1≥0可化为a≥3

3、x2-1x3.设g(x)=3x2-1x3,则g'(x)=3(1-2x)x4,令g'(x)=0,得x=12,所以g(x)在区间0,12上单调递增,在区间12,1上单调递减,因此g(x)max=g12=4,从而a≥4.当x∈[-1,0)时,同理,a≤3x2-1x3,g(x)在区间[-1,0)上单调递增,所以g(x)min=g(-1)=4,从而a≤4.综上可知,a=4.4.(2019绍兴一中月考)已知函数f(x)=ex-3x+3a(e为自然对数的底数,a∈R).(1)求f(x)的单调区间与极值;(2)求证:当a>ln3e,且x>0时,exx>32x+1x-3a.解析　(1)由f(x)=ex-3

4、x+3a知,f'(x)=ex-3.令f'(x)=0,得x=ln3,于是当x变化时,f'(x)和f(x)的变化情况如下表:x(-∞,ln3)ln3(ln3,+∞)f'(x)-0+f(x)单调递减极小值单调递增故f(x)的单调递减区间是(-∞,ln3),单调递增区间是(ln3,+∞),f(x)在x=ln3处取得极小值,极小值为f(ln3)=eln3-3ln3+3a=3(1-ln3+a).(2)证明:待证不等式等价于ex-32x2+3ax-1>0,设g(x)=ex-32x2+3ax-1,x>0,则g'(x)=ex-3x+3a,x>0.由(1)及a>ln3e=ln3-1知,g'(x)的最小值为g

5、'(ln3)=3(1-ln3+a)>0.∴g(x)在(0,+∞)上为增函数,∵g(0)=0,∴当x>0时,g(x)>0,即ex-32x2+3ax-1>0,即exx>32x+1x-3a.5.已知函数f(x)=12ax2-lnx(x>0,a∈R).(1)若a=2,求点(1,f(1))处的切线方程;(2)若不等式f(x)≥a2对任意x>0恒成立,求实数a的值.解析　(1)当a=2时,f(x)=x2-lnx,f'(x)=2x2-1x,∴f(1)=1,f'(1)=1,∴所求的切线方程为y=x.(2)易得f'(x)=ax2-1x.当a≤0时,f'(x)<0,∴当x>1时,f(x)

6、意;当a>0时,f(x)在0,1a上单调递减,在1a,+∞上单调递增,∴f(x)min=f1a=12-ln1a,∴12-ln1a≥a2,即1+lna-a≥0.设g(x)=1+lnx-x,则g'(x)=1x-1=1-xx,∴g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,∴g(x)≤g(1)=0,即1+lnx-x≤0,故1+lna-a=0,∴a=1.6.(2018浙江金华十校第二学期调研)设函数f(x)=ex-x,h(x)=-kx3+kx2-x+1.(1)求f(x)的最小值;(2)设h(x)≤f(x)对任意x∈[0,1]恒成立时k的最大值为λ,求证:4<λ<6.解析　(1)因为f

7、(x)=ex-x,所以f'(x)=ex-1,当x∈(-∞,0)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,当x∈(0,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,所以f(x)min=f(0)=1.(2)证明:由h(x)≤f(x),化简可得k(x2-x3)≤ex-1,当x=0,1时,k∈R,当x∈(0,1)时,k≤ex-1x2-x3,要证4<λ<6,则需证以下两个问题:①ex-1x2-x3>4对任意x∈(0,1)恒成立;②存在x0∈(0,1