课时作业16 导数与函数的综合应用
一、选择题
1.已知函数f (x )=12x 3-x 2-72x ,则f (-a 2
)与f (-1)的大小关系为( )
A .f (-a 2
)≤f (-1) B .f (-a 2) D .f (-a 2)与f (-1)的大小关系不确定 解析:由题意可得f ′(x )=32x 2-2x -7 2, 令f ′(x )=1 2(3x -7)(x +1)=0, 得x =-1或x =7 3 . 当x <-1时,f ′(x )>0,f (x )为增函数;当-1 3时,f ′(x )<0,f (x )为减函数.所 以f (-1)是函数f (x )在(-∞,0]上的最大值,又因为-a 2 ≤0,所以f (-a 2 )≤f (-1). 答案:A 2.若不等式2x ln x ≥-x 2 +ax -3对x ∈(0,+∞)恒成立,则实数a 的取值范围是( ) A .(-∞,0) B .(-∞,4] C .(0,+∞) D .[4,+∞) 解析:2x ln x ≥-x 2+ax -3,则a ≤2ln x +x +3x ,设h (x )=2ln x +x +3x (x >0),则h ′(x ) =(x +3)(x -1)x 2 .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 )=x 3 -3x -1,若对于区间[-3,2]上的任意x 1,x 2,都有|f (x 1)-f (x 2)|≤t ,则实数t 的最小值是( ) A .20 B .18 C .3 D .0 解析:因为f ′(x )=3x 2 -3=3(x -1)(x +1),令f ′(x )=0,得x =±1,所以-1,1为函数的极值点.又f (-3)=-19,f (-1)=1,f (1)=-3,f (2)=1,所以在区间[-3, 2]上f (x )max =1,f (x )min =-19.又由题设知在区间[-3,2]上f (x )max -f (x )min ≤t ,从而t ≥20,所以t 的最小值是20. 答案:A 4.(2016·甘肃兰州诊断)已知定义在R 上的可导函数f (x )的导函数为f ′(x ),满足 f ′(x ) A .(-2,+∞) B .(0,+∞) C .(1,+∞) D .(4,+∞) 解析:∵f (x +2)为偶函数, ∴f (x +2)的图象关于x =0对称, ∴f (x )的图象关于x =2对称, ∴f (0)=f (4)=1.设g (x )=f (x ) e x (x ∈R ), 则g ′(x )= f ′(x )e x -f (x )e x (e x ) 2 = f ′(x )-f (x ) e x , 又f ′(x ) ∴函数g (x )在定义域上单调递减. ∵f (x ) ?g (x )= f (x ) e x <1, 而g (0)= f (0) e =1, ∴f (x ) ?g (x ) ∴x >0.故选B. 答案:B 5.设1 ,? ?? ??ln x x 2,ln x 2 x 2的大小关系是( ) A.? ????ln x x 2 B.ln x x ?? ??ln x x 2 2 x 2 C.? ????ln x x 2 2 D.ln x 2 x 2 ?? ??ln x x 2 解析:令f (x )=x -ln x (1 x >0, ∴函数y =f (x )在(1,2)内为增函数. ∴f (x )>f (1)=1>0, ∴x >ln x >0?0 x <1. ∴? ????ln x x 2 2 x 2 -ln x x =2ln x -x ln x x 2=(2-x )ln x x 2 >0, ∴? ????ln x x 2 6.(2015·福建卷)若定义域在R 上的函数f (x )满足f (0)=-1,其导函数f ′(x )满足 f ′(x )>k >1,则下列结论中一定错误的是( ) A .f ? ????1k <1k B .f ? ????1k > 1k -1 C .f ? ??? ?1k -1<1k -1 D .f ? ??? ?1k -1>k k -1 解析:令k =2,f (x )=2.1x -1,则f ? ????12=2.1×12-1=0.05<12,所以A 正确;f (x )=6x -1时,则f ? ????12=6×12-1=2>1,所以B 正确;f (1)=6×1-1=5>2,所以D 正确,C 错 误. 答案:C 二、填空题 7.电动自行车的耗电量y 与速度x 之间有关系y =13x 3-392x 2 -40x (x >0),为使耗电量 最小,则速度应定为________. 解析:由y ′=x 2 -39x -40=0, 得x =-1或x =40, 由于0 所以当x =40时,y 有最小值. 答案:40 8.函数f (x )=ax 3+x 恰有三个单调区间,则a 的取值范围是________. 解析:f (x )=ax 3+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 )=ax 3 +x ,∴f ′(x )=3ax 2 +1. 要使f ′(x )=0有两个不等实根,则a <0. 答案:(-∞,0) 9.(2016·湖北荆门调研)若函数f (x )=x 2 -12 ln x +1在其定义域内的一个子区间(a -1, a +1)内存在极值,则实数a 的取值范围为________. 解析:因为f ′(x )=2x -12x =(2x +1)(2x -1) 2x ,由x >0可知函数的极值点只有x =12,若函数f (x )=x 2 -12ln x +1在其定义域内的一个子区间(a -1,a +1)内存在极值,则?????0≤a -1<12,a +1>12 ,解得1≤a <32,所以实数a 的范围是???? ??1,32. 答案:???? ??1,32 10.设函数f (x )=6ln x ,g (x )=x 2 -4x +4,则方程f (x )-g (x )=0有________个实根. 解析:设φ(x )=g (x )-f (x )=x 2 -4x +4-6ln x ,则φ′(x )= 2x 2 -4x -6 x = 2(x +1)(x -3) x ,且x >0.由φ′(x )=0,得x =3.当0 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 11.(2015·广东卷)设a >1,函数f (x )=(1+x 2 )e x -a . (1)求f (x )的单调区间; (2)证明:f (x )在(-∞,+∞)上仅有一个零点; (3)若曲线y =f (x )在点P 处的切线与x 轴平行,且在点M (m ,n )处的切线与直线OP 平 行(O 是坐标原点),证明:m ≤ 3 a -2 e -1. 解:(1)由题意可知函数f (x )的定义域为R ,f ′(x )=(1+x 2 )′e x +(1+x 2)(e x )′=(1+x )2e x ≥0, 故函数f (x )的单调递增区间为(-∞,+∞),无单调递减区间. (2)∵a >1,∴f (0)=1-a <0, 且f (a )=(1+a 2 )e a -a >1+a 2 -a >2a -a =a >0.∴函数f (x )在区间(0,a )上存在零点. 又由(1)知函数f (x )在(-∞,+∞)上单调递增, ∴函数f (x )在(-∞,+∞)上仅有一个零点. (3)由(1)及f ′(x )=0,得x =-1. 又f (-1)=2e -a ,即P ? ????-1,2e -a , ∴k OP =2 e -a -0-1-0=a -2 e . 又f ′(m )=(1+m )2e m ,∴(1+m )2e m =a -2e . 令g (m )=e m -m -1,则g ′(m )=e m -1, ∴由g ′(m )>0,得m >0,由g ′(m )<0,得m <0. ∴函数g (m )在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.∴g (m )min =g (0)=0, 即g (m )≥0在R 上恒成立,即e m ≥m +1. ∴a -2e =(1+m )2e m ≥(1+m )2(1+m )=(1+m )3 ,即 3a -2e ≥1+m .故m ≤3a -2e -1. 12.(2015·江苏卷)已知函数f (x )=x 3 +ax 2 +b (a ,b ∈R ). (1)试讨论f (x )的单调性; (2)若b =c -a (实数c 是与a 无关的常数),当函数f (x )有三个不同的零点时,a 的取 值范围恰好是(-∞,-3)∪? ????1,32∪? ?? ??32,+∞,求c 的值. 解:(1)f ′(x )=3x 2 +2ax , 令f ′(x )=0,解得x 1=0,x 2=-2a 3. 当a =0时,因为f ′(x )=3x 2 >0(x ≠0), 所以函数f (x )在(-∞,+∞)上单调递增; 当a >0时,x ∈? ????-∞,-2a 3∪(0,+∞)时,f ′(x )>0,x ∈? ????-2a 3,0时,f ′(x )<0, 所以函数f (x )在? ????-∞,-2a 3,(0,+∞)上单调递增,在? ????-2a 3,0上单调递减; 当a <0时,x ∈(-∞,0)∪? ????-2a 3,+∞时,f ′(x )>0,x ∈? ????0,-2a 3时,f ′(x )<0, 所以函数f (x )在(-∞,0),? ????-2a 3,+∞上单调递增,在? ????0,-2a 3上单调递减. (2)由(1)知,函数f (x )的两个极值为f (0)=b ,f ? ????-2a 3=427 a 3 +b , 则函数f (x )有三个零点等价于 f (0)·f ? ?? ??-2a 3=b ? ?? ??427 a 3+ b <0, 从而?????a >0,-427a 3 ????a <0,0 又b =c -a ,所以当a >0时,427a 3-a +c >0或当a <0时,427a 3 -a +c <0. 设g (a )=427 a 3 -a +c , 因为函数f (x )有三个零点时,a 的取值范围恰好是(-∞,-3)∪? ????1,32∪? ????32,+∞, 则在(-∞,-3)上g (a )<0,且在? ????1,32∪? ????32,+∞上g (a )>0均恒成立, 从而g (-3)=c -1≤0,且g ? ?? ??32=c -1≥0,因此c =1. 此时,f (x )=x 3 +ax 2 +1-a =(x +1)[x 2 +(a -1)x +1-a ],因函数有三个零点, 则x 2 +(a -1)x +1-a =0有两个异于-1的不等实根, 所以Δ=(a -1)2 -4(1-a )=a 2 +2a -3>0, 且(-1)2 -(a -1)+1-a ≠0, 解得a ∈(-∞,-3)∪? ????1,32∪? ?? ??32,+∞. 综上c =1. 1.(2015·北京卷)已知函数f (x )=ln 1+x 1-x . (1)求曲线y =f (x )在点(0,f (0))处的切线方程; (2)求证:当x ∈(0,1)时,f (x )>2? ?? ??x +x 3 3; (3)设实数k 使得f (x )>k ? ?? ??x +x 3 3对x ∈(0,1)恒成立,求k 的最大值. 解:(1)因为f (x )=ln(1+x )-ln(1-x ), 所以f ′(x )=11+x +1 1-x ,f ′(0)=2. 又因为f (0)=0, 所以曲线y =f (x )在点(0,f (0))处的切线方程为y =2x . (2)令g (x )=f (x )-2? ?? ??x +x 3 3, 则g ′(x )=f ′(x )-2(1+x 2 )=2x 4 1-x 2. 因为g ′(x )>0(0 所以g (x )在区间(0,1)上单调递增. 所以g (x )>g (0)=0,x ∈(0,1), 即当x ∈(0,1)时,f (x )>2? ?? ??x +x 3 3. (3)由(2)知,当k ≤2时,f (x )>k ? ????x +x 3 3对x ∈(0,1)恒成立. 当k >2时,令h (x )=f (x )-k ? ?? ??x +x 3 3, 则h ′(x )=f ′(x )-k (1+x 2 )=kx 4-(k -2) 1-x 2 . 所以当0 k 时,h ′(x )<0, 因此h (x )在区间? ????0,4k -2k 上单调递减. 当0 k 时,h (x ) 即f (x ) ??x +x 3 3. 所以当k >2时,f (x )>k ? ?? ??x +x 3 3并非对x ∈(0,1)恒成立. 综上可知,k 的最大值为2. 2.(2015·天津卷)已知函数f (x )=nx -x n ,x ∈R ,其中n ∈N * ,且n ≥2. (1)讨论f (x )的单调性; (2)设曲线y =f (x )与x 轴正半轴的交点为P ,曲线在点P 处的切线方程为y =g (x ),求证:对于任意的正实数x ,都有f (x )≤g (x );