高考数学一轮复习 阶段回扣练3 理

阶段回扣练3导数及其应用(时间：120分钟)一、填空题1．(·哈师大附中检测)设函数f(x)＝axlnx(a∈R，a≠0)，若f′(e)＝2，则f(e)的值为________．解析f′(x)＝alnx＋a，故f′(e)＝2a＝2，得a＝1，故f(x)＝xlnx，f(e)＝e.答案e2．(·扬州模拟)曲线y＝x2＋lnx在点(1,1)处的切线方程为________．解析y′＝2x＋eq\f(1,x)，故y′|x＝1＝3，故在点(1,1)处的切线方程为y－1＝3(x－1)，化简整理得3x－y－2＝0.答案3x－y－2＝03．若函数f(x)＝eq\f(x2＋a,x＋1)在x＝1处取极值，则a＝______.解析由f′(x)＝eq\f(2xx＋1－x2＋a,x＋12)＝eq\f(x2＋2x－a,x＋12)＝0，∴x2＋2x－a＝0，x≠－1，又f(x)在x＝1处取极值，∴x＝1是x2＋2x－a＝0的根，∴a＝3.答案34．设函数g(x)＝x(x2－1)，则g(x)在区间[0,1]上的最小值为________．解析g(x)＝x3－x，由g′(x)＝3x2－1＝0，解得x＝eq\f(\r(3),3)或－eq\f(\r(3),3)(舍去)．当x变化时，g′(x)与g(x)的变化情况如下表：X0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),3)))eq\f(\r(3),3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，1))1g′(x)－0＋g(x)0极小值0所以当x＝eq\f(\r(3),3)时，g(x)有最小值geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))＝－eq\f(2\r(3),9).答案－eq\f(2\r(3),9)5．三次函数f(x)＝mx3－x在(－∞，＋∞)上是减函数，则m的取值范围是________．解析f′(x)＝3mx2－1≤0在(－∞，＋∞)上恒成立，①x＝0时，－1≤0恒成立，即m∈R；②x≠0时，有m≤eq\f(1,3x2)在R上恒成立，∵eq\f(1,3x2)＞0，∴m≤0，综上m≤0.答案(－∞，0]6．(·无锡模拟)已知函数y＝x3－3x＋c的图象与x轴恰有两个公共点，则c＝________.解析∵y′＝3x2－3，∴当y′＝0时，x＝±1.则y′，y的变化情况如下表；x(－∞，－1)－1(－1,1)1(1，＋∞)y′＋0－0＋yc＋2c－2因此，当函数图象与x轴恰有两个公共点时，必有c＋2＝0或c－2＝0，∴c＝－2或c＝2.答案－2或27．(·南通、扬州、泰州、宿迁四市调研)若函数f(x)＝x3＋ax2＋bx为奇函数，其图象的一条切线方程为y＝3x－4eq\r(2)，则b的值为________．解析由函数f(x)＝x3＋ax2＋bx为奇函数可得a＝0.设切点坐标为(x0，y0)，则y0＝xeq\o\al(3,0)＋bx0＝3x0－4eq\r(2)，又f′(x)＝3x2＋b，所以f′(x0)＝3xeq\o\al(2,0)＋b＝3，联立解得x0＝eq\r(2)，b＝－3.答案－38．(·石家庄模拟)若不等式2xlnx≥－x2＋ax－3对x∈(0，＋∞)恒成立，则实数a的取值范围是________．解析2xlnx≥－x2＋ax－3，则a≤2lnx＋x＋eq\f(3,x)，设h(x)＝2lnx＋x＋eq\f(3,x)(x＞0)，则h′(x)＝eq\f(x＋3x－1,x2).当x∈(0,1)时，h′(x)＜0，函数h(x)单调递减；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.故a的取值范围是(－∞，4]．答案(－∞，4]9．(·苏州模拟)函数f(x)的定义域是R，f(0)＝2，对任意x∈R，f(x)＋f′(x)＞1，则不等式ex·f(x)＞ex＋1的解集为________．解析构造函数g(x)＝ex·f(x)－ex.因为g′(x)＝ex·f(x)＋ex·f′(x)－ex＝ex[f(x)＋f′(x)]－ex＞ex－ex＝0，所以g(x)＝ex·f(x)－ex为R上的增函数．因为g(0)＝e0·f(0)－e0＝1，所以原不等式转化为g(x)＞g(0)，解得x＞0.答案{x|x＞0}10．(·湖北卷改编)已知函数f(x)＝x(lnx－ax)有两个极值点，则实数a的取值范围是________．解析由题知，x>0，f′(x)＝lnx＋1－2ax，由于函数f(x)有两个极值点，则f′(x)＝0有两个不等的正根，即函数y＝lnx＋1与y＝2ax的图象有两个不同的交点(x>0)，则a>0；设函数y＝lnx＋1上任一点(x0,1＋lnx0)处的切线为l，则kl＝y′＝eq\f(1,x0)，当l过坐标原点时，eq\f(1,x0)＝eq\f(1＋lnx0,x0)⇒x0＝1，令2a＝1⇒a＝eq\f(1,2)，结合图象知0<a<eq\f(1,2).答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))11．(·佛山模拟)设0＜a≤1，函数f(x)＝x＋eq\f(a2,x)，g(x)＝x－lnx，若对任意的x1，x2∈[1，e]，都有f(x1)≥g(x2)成立，则实数a的取值范围是________．解析f′(x)＝1－eq\f(a2,x2)＝eq\f(x2－a2,x2)，当0＜a≤1，且x∈[1，e]时，f′(x)＞0，∴f(x)在[1，e]上是增函数，f(x1)min＝f(1)＝1＋a2，又g′(x)＝1－eq\f(1,x)(x＞0)，易求g′(x)＞0，∴g(x)在[1，e]上是增函数，g(x2)max＝g(e)＝e－1.由条件知只需f(x1)min≥g(x2)max.即1＋a2≥e－1.∴a2≥e－2.即eq\r(e－2)≤a≤1.答案[eq\r(e－2)，1]12．某商场从生产厂家以每件20元购进一批商品，若该商品零售价为p元，销量Q(单位：件)与零售价p(单位：元)有如下关系：Q＝8300－170p－p2，则该商品零售价定为________元时利润最大，利润的最大值为________元．解析设商场销售该商品所获利润为y元，则y＝(p－20)(8300－170p－p2)＝－p3－150p2＋11700p－166000(p≥20)，则y′＝－3p2－300p＋11700.令y′＝0得p2＋100p－3900＝0，解得p＝30或p＝－130(舍去)．则y，y′随p的变化情况如下表：p(20,30)30(30，＋∞)y′＋0－y极大值故当p＝30时，y取极大值为23000元．又y＝－p3－150p2＋11700p－166000在[20，＋∞)上只有一个极值，故也是最值．所以该商品零售价定为每件30元，所获利润最大为23000元．答案302300013．(·盐城模拟)若不等式bx＋c＋9lnx≤x2对任意的x∈(0，＋∞)，b∈(0,3)恒成立，则实数c的取值范围是________．解析当x＞0时，令f(b)＝xb＋c＋9lnx－x2是单调递增函数，所以b∈(0,3)，f(b)≤0恒成立即为f(b)max＝f(3)≤0，所以3x＋c＋9lnx－x2≤0，即c≤(x2－9lnx－3x)min对∀x∈(0，＋∞)恒成立．令g(x)＝x2－9lnx－3x，x∈(0，＋∞)，则g′(x)＝2x－eq\f(9,x)－3＝eq\f(2x2－3x－9,x)＝eq\f(x－32x＋3,x)，x∈(0，＋∞)，当x＝3时，g′(x)＝0；当0＜x＜3时，g′(x)＜0，该函数单调递减，当x＞3时，g′(x)＞0，函数单调递增，所以g(x)min＝g(3)＝－9ln3，则c≤－9ln3，故实数c的取值范围是(－∞，－9ln3]．答案(－∞，－9ln3]14．(·扬州模拟)已知函数f(x)＝lnx－eq\f(m,x)(m∈R)在区间[1，e]上取得最小值4，则m＝________.解析f′(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(m,x2)＝eq\f(x＋m,x2)(x＞0)，①当m＞0时，f′(x)＞0，f(x)在区间[1，e]上为增函数，f(x)有最小值f(1)＝－m＝4，得m＝－4，与m＞0矛盾．②当m＜0时，若－m＜1，即m＞－1，f(x)min＝f(1)＝－m＝4，得m＝－4，与m＞－1矛盾；若－m∈[1，e]，即－e≤m≤－1，f(x)min＝f(－m)＝ln(－m)＋1＝4，解得m＝－e3，与－e≤m≤－1矛盾；若－m＞e，即m＜－e时，f(x)min＝f(e)＝1－eq\f(m,e)＝4，解得m＝－3e，符合题意．答案－3e二、解答题15．(·北京海淀区模拟)已知函数f(x)＝eq\f(1,3)x3＋ax2＋4x＋b，其中a，b∈R且a≠0.(1)求证：函数f(x)在点(0，f(0))处的切线与f(x)总有两个不同的公共点；(2)若函数f(x)在区间(－1,1)上有且仅有一个极值点，求实数a的取值范围．(1)证明由已知可得f′(x)＝x2＋2ax＋4.∴f′(0)＝4，又f(0)＝b，∴f(x)在x＝0处的切线方程为y＝4x＋b.令eq\f(1,3)x3＋ax2＋4x＋b＝4x＋b，整理得(x＋3a)x2＝0.∴x＝0或x＝－3a，又∵a≠0，∴－3a≠0，∴f(x)与切线有两个不同的公共点．(2)解∵f(x)在(－1,1)上有且仅有一个极值点，∴f′(x)＝x2＋2ax＋4在(－1,1)上有且仅有一个异号零点，由二次函数图象性质可得f′(－1)f′(1)＜0，即(5－2a)(5＋2a)＜0，解得a＞eq\f(5,2)或a＜－eq\f(5,2)，即a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(5,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，＋∞)).16．(·合肥质量检测)已知函数f(x)＝(a＋1)x2－2ax－2lnx.(1)求证：a＝0时，f(x)≥1恒成立；(2)当a∈[－2，－1]时，求f(x)的单调区间．(1)证明a＝0时，f(x)＝x2－2lnx，x∈(0，＋∞)．f′(x)＝2x－eq\f(2,x)＝eq\f(2x＋1x－1,x)，令f′(x)＝0，解得x＝1(x＝－1舍去)．当x∈(0,1)时，f′(x)＜0，f(x)在(0,1)上单调递减；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)在(1，＋∞)上单调递增．∴f(x)min＝f(1)＝1.所以，∀x∈(0，＋∞)，f(x)≥1.(2)解f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(2[a＋1x2－ax－1],x)，①当a＝－1时，f′(x)＝eq\f(2x－1,x)，此时f(x)在(1，＋∞)上单调递增，在(0,1)上单调递减．②当－2＜a＜－1时，－1＜a＋1＜0,1＜－eq\f(1,a＋1).∵f′(x)＝eq\f(2x－1a＋1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,a＋1))),x)，∴解f′(x)＜0得x∈(0,1)或x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a＋1)，＋∞))；解f′(x)＞0得x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(1,a＋1))).即f(x)的单调增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(1,a＋1)))，单调减区间为(0,1)和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a＋1)，＋∞)).③当a＝－2时，此时f′(x)＝eq\f(－2x－12,x)，∴x∈(0，＋∞)均有f′(x)≤0，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递减，无单调增区间．综上，a＝－1时，f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1)；－2＜a＜－1时，f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(1,a＋1)))，单调递减区间为(0,1)和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a＋1)，＋∞))；a＝－2时，f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调增区间．17．(·天津模拟)已知函数f(x)＝lnx－a2x2＋ax(a∈R)．(1)求f(x)的单调区间与极值．(2)若函数在区间(1，＋∞)上单调递减，求实数a的取值范围．解(1)函数f(x)＝lnx－a2x2＋ax的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－2a2x＋a＝eq\f(－2a2x2＋ax＋1,x)＝eq\f(－2ax＋1ax－1,x).(ⅰ)当a＝0时，f′(x)＝eq\f(1,x)＞0，所以f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，此时f(x)无极值．(ⅱ)当a＞0时，令f′(x)＝0，得x＝eq\f(1,a)或x＝－eq\f(1,2a)(舍去)．f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))，单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))，所以f(x)有极大值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝－lna，无极小值．(ⅲ)当a＜0时，令f′(x)＝0，得x＝eq\f(1,a)(舍去)或x＝－eq\f(1,2a)，所以f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2a)))，单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)，＋∞))，所以f(x)有极大值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)))＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)))－eq\f(3,4)＝－ln(－2a)－eq\f(3,4)，无极小值．(2)由(1)可知：(ⅰ)当a＝0时，f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，不合题意．(ⅱ)当a＞0时，f(x)的单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))，依题意，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)≤1，,a＞0，))得a≥1.(ⅲ)当a＜0时，f(x)的单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)，＋∞))，依题意，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)≤1，,a＜0，))即a≤－eq\f(1,2).综上，实数a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))∪[1，＋∞)．18．(·南京、盐城模拟)几名大学毕业生合作开设3D打印店，生产并销售某种3D产品．已知该店每月生产的产品当月都能销售完，每件产品的生产成本为34元，该店的月总成本由两部分组成：第一部分是月销售产品的生产成本，第二部分是其他固定支出20000元．假设该产品的月销售量t(x)(件)与销售价格x(元/件)(x∈N*)之间满足如下关系：①当34≤x≤60时，t(x)＝－a(x＋5)2＋10050；②当60≤x≤70时，t(x)＝－100x＋7600.设该店月利润为M(元)，月利润＝月销售总额－月总成本．(1)求M关于销售价格x的函数关系式；(2)求该打印店月利润M的最大值及此时产品的销售价格．解(1)当x＝60时，t(60)＝1600，代入t(x)＝－a(x＋5)2＋10050，解得a＝2.∴M(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x2－20x＋10000x－34－20000，34≤x≤60，x∈N*，,－100x＋7600x－34－20000，60≤x≤70，x∈N*.))即M(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x3＋48x2＋10680x－360000，34≤x＜60，x∈N*，,－100x2＋11000x－278400，60≤x≤70，x∈N*.))(2)设g(u)＝(－2u2－20u＋10000)(u－34)－20000,34≤u＜60，u∈R，则g′(u)＝－6(u2－16u－1780)．令g′(u)＝0，解得u1＝8－2eq\r(461)(舍去)，u2＝8＋2eq\r(461)∈(50,51)．当34＜u＜50时，g′(u)＞0，g(u)单调递增；当51＜u＜60时，g′(u)＜0，g(u)单调递减．∵x∈N*，M(50)＝44000，M(51)＝44226，∴M(x)的最大值为44226.当60≤x≤70时，M(x)＝100(－x2＋110x－2584)－20000单调递减，故此时M(x)的最大值为M(60)＝21600.综上所述，当x＝51时，月利润M(x)有最大值44226元．∴该打印店月利润最大为44226元，此时产品的销售价格为51元/件．19．(·南通调研)已知a为实常数，y＝f(x)是定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的奇函数，且当x＜0时，f(x)＝2x－eq\f(a3,x2)＋1.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若f(x)≥a－1对一切x＞0成立，求a的取值范围．解(1)由奇函数的对称性可知，我们只要讨论f(x)在区间(－∞，0)的单调性即可．f′(x)＝2＋eq\f(2a3,x3)，令f′(x)＝0，得x＝－a.①当a≤0时，f′(x)＞0，故f(x)在区间(－∞，0)上单调递增．②当a＞0时，x∈(－∞，－a)，f′(x)＞0，所以f(x)在区间(－∞，－a)上单调递增．x∈(－a,0)，f′(x)＜0，所以f(x)在区间(－a,0)上单调递减．综上所述，当a≤0时，f(x)单调增区间为(－∞，0)，(0，＋∞)；当a＞0时，f(x)单调增区间为(－∞，－a)，(a，＋∞)，单调减区间为(－a,0)，(0，a)．(2)因为f(x)为奇函数，所以当x＞0时，f(x)＝－f(－x)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2x－\f(a3,x2)＋1))＝2x＋eq\f(a3,x2)－1.①当a＜0时，要使f(x)≥a－1对一切x＞0成立，即2x＋eq\f(a3,x2)≥a对一切x＞0成立．而当x＝－eq\f(a,2)＞0时，有－a＋4a≥a，所以a≥0，则与a＜0矛盾．所以a＜0不成立．②当a＝0时，f(x)＝2x－1＞－1＝a－1对一切x＞0成立；故a＝0满足题设要求．③当a＞0时，由(1)可知f(x)在(0，a)上是减函数，在(a，＋∞)上是增函数．所以f(x)min＝f(a)＝3a－1＞a－1，所以a＞0时也满足题设要求．综上所述，a的取值范围是[0，＋∞)．20．(·苏、锡、常、镇四市调研)已知函数f(x)＝mx－alnx－m，g(x)＝eq\f(ex,ex)，其中m，a均为实数．(1)求g(x)的极值；(2)设m＝1，a＜0，若对任意的x1，x2∈[3,4](x1≠x2)，|f(x2)－f(x1)|＜eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,gx2)－\f(1,gx1)))恒成立，求a的最小值；(3)设a＝2，若对任意给定的x0∈(0，e]，在区间(0，e]上总存在t1，t2(t1≠t2)，使得f(t1)＝f(t2)＝g(x0)成立，求m的取值范围．解(1)g′(x)＝eq\f(e1－x,ex)，令g′(x)＝0，得x＝1.列表如下：x(－∞，1)1(1，＋∞)g′(x)＋0－g(x)极大值∵g(1)＝1，∴y＝g(x)的极大值为1，无极小值．(2)当m＝1，a＜0时，f(x)＝x－alnx－1，x∈(0，＋∞)．∵f′(x)＝eq\f(x－a,x)＞0在[3,4]上恒成立，∴f(x)在[3,4]上为增函数．设h(x)＝eq\f(1,gx)＝eq\f(ex,ex)，∵h′(x)＝eq\f(ex－1x－1,x2)＞0在[3,4]上恒成立，∴h(x)在[3,4]上为增函数．设x2＞x1，则|f(x2)－f(x1)|＜eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,gx2)－\f(1,gx1)))等价于f(x2)－f(x1)＜h(x2)－h(x1)，即f(x2)－h(x2)＜f(x1)－h(x1)．设u(x)＝f(x)－h(x)＝x－alnx－1－eq\f(1,e)·eq\f(ex,x)，则u(x)在[3,4]上为减函数．∴u′(x)＝1－eq\f(a,x)－eq\f(1,e)·eq\f(exx－1,x2)≤0在[3,4]上恒成立．∴a≥x－ex－1＋eq\f(ex－1,x)恒成立．设v(x)＝x－ex－1＋eq\f(ex－1,x)，∵v′(x)＝1－ex－1＋eq\f(ex－1x－1,x2)＝1－ex－1eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－\f(1,2)))2＋\f(3,4)))，x∈[3,4]，∴ex－1eq\b\lc\[\rc\]