2013届高三数学(理)寒假作业(7)导数的综合应用

高三数学寒假作业(七)导数的综合应用一、选择题1.已知函数f(x)=x3+ax2+bx-a2-7a在x=1处取得极大值10，则ab的值为()(A)23(B)-2(C)-2或23(D)不存在2.(2012·枣庄模拟)若函数32xyx10x23的图象上任意点处切线的倾斜角为α，则α的最小值是()(A)4(B)6(C)56(D)343.若函数y=f(x)在R上可导，且满足不等式xf′(x)-f(x)恒成立，且常数a,b满足ab,则下列不等式一定成立的是()(A)af(b)bf(a)(B)af(a)bf(b)(C)af(a)bf(b)(D)af(b)bf(a)4.(2012·青岛模拟)已知函数011fxcosxx,x,sinx,2222［］，0x,22［］，那么下面命题中真命题的序号是()①f(x)的最大值为f(x0)②f(x)的最小值为f(x0)③f(x)在0,x2［］上是增函数④f(x)在0x,2［］上是增函数(A)①③(B)①④(C)②③(D)②④二、填空题5.已知函数21fxalnxxa0,2若对定义域内的任意x,f′(x)≥2恒成立，则a的取值范围是______________.6.已知函数f(x)＝ex-2x+a有零点，则a的取值范围是_______________.7.设函数222xex1exfx,gx,xe＝对任意x1，x2∈(0,+∞)，不等式12gxfxkk1恒成立，则正数k的取值范围是_____________.三、解答题8.设f(x)=lnx,g(x)=f(x)+f′(x).(1)求g(x)的单调区间和最小值；(2)讨论g(x)与1g()x的大小关系；(3)求a的取值范围，使得1gagxa＜对任意x＞0成立.9.已知函数f(x)=ax+lnx，其中a为常数，设e为自然对数的底数.(1)当a=-1时，求f(x)的最大值；(2)若f(x)在区间(0,e］上的最大值为-3，求a的值；(3)当a=-1时，试推断方程lnx1fxx2｜｜是否有实数解.10.已知函数f(x)=lnx-kx+1.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若f(x)≤0恒成立，试确定实数k的取值范围；(3)证明：n*i2nn1lni(nN,n1).i14＜＞11.(2012·济宁模拟)已知函数f(x)=ax-lnx+1(a∈R),g(x)=xe1-x.(1)求函数g(x)在区间(0,e］上的值域；(2)是否存在实数a，对任意给定的x0∈(0,e］，在区间［1,e］上都存在两个不同的xi(i=1,2),使得f(xi)=g(x0)成立.求出a的取值范围；若不存在，请说明理由.高三数学寒假作业(七)1-4ADBA5.［1,+∞)6.(-∞，2ln2-2］7.［1，+∞)8.解：(1)由题设知f(x)=lnx,1gxlnxx，∴2x1gx,x令g′(x)=0得x=1,当x∈(0,1)时，g′(x)＜0，故(0，1)是g(x)的单调减区间.当x∈(1,+∞)时，g′(x)＞0,故(1,+∞)是g(x)的单调递增区间，因此x=1是g(x)的唯一极值点，且为极小值点，从而是最小值点，所以最小值为g(1)=1.(2)1g()lnxxx设11hxgxg()2lnxx,xx则22x1hx,x当x=1时，h(1)=0即1gxg(),x当x∈(0,1)∪(1,+∞)时，h′(x)＜0,因此，h(x)在(0,+∞)内单调递减，当0＜x＜1时，h(x)＞h(1)=0，即1gxg().x＞当x＞1时,h(x)＜h(1)=0，即1gxg().x＜(3)由(1)知g(x)的最小值为1,所以1gagxa＜，对任意x＞0成立⇔1ga1,a＜即lna＜1,从而得0＜a＜e.9.解：(1)当a=-1时，f(x)=-x+lnx，11xfx1,xx－当0x1时，f′(x)0；当x1时，f′(x)0.∴f(x)在(0，1)上是增函数，在(1，+∞)上是减函数，在x=1处取得最大值，即f(1)=-1.(2)∵1fxax，x∈(0,e］，11,)xe［，①若1ae，则f′(x)≥0，从而f(x)在(0,e］上是增函数.∴f(x)max=f(e)=ae+1≥0,不合题意.②若1ae，则由1fx0a0x，即10x.a由1fx0a0x，即1xe.a＜从而f(x)在1(0,)a上为增函数,在1(,e)a上为减函数∴max11fxf()1ln().aa令11ln()3,a则1ln()2,a∴21e,a即a=-e2,∵21e,e＜∴a=-e2为所求.(3)由(1)知当a=-1时f(x)max=f(1)=-1,∴｜f(x)｜≥1又令lnx1gx,x2∴21lnxgx,x令g′(x)=0，得x=e,当0xe时，g′(x)0,g(x)在(0,e)上单调递增；当xe时,g′(x)0，g(x)在(e,+∞)上单调递减，∴max11gxge1,e2∴g(x)1，∴|f(x)|g(x),即lnx1fxx2，∴方程lnx1fxx2，没有实数解.10.解：(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),1fxk.x当k≤0时，1fxk0,x＞则f(x)在(0,+∞)上是增函数;当k＞0时，若1x(0,)k，则1fxk0x＞；若1x(,),k则1fxk0.x＜所以f(x)在1(0)k，上是增函数，在1(,)k上是减函数.(2)由(1)知k≤0时，f(x)在(0,+∞)上是增函数，而f(1)=1-k＞0,f(x)≤0不成立，故k＞0.当k＞0时，由(1)知f(x)的最大值为1f.k（）要使f(x)≤0恒成立，则1f0k（）即可.故-lnk≤0,解得k≥1.(3)由(2)知，当k=1时有f(x)≤0在(0，+∞)恒成立，且f(x)在(1，+∞)上是减函数，f(1)=0,所以lnx＜x-1在x∈［2,+∞)上恒成立.令x=n2,则lnn2＜n2-1,即2lnn＜(n-1)(n+1),从而lnnn1.n12＜所以nn1ln2ln3ln4lnn123n1.345n122224＜即n*i2nn1lni(nN,n1).i14＜＞11.解：(1)∵g′(x)=e1-x-xe1-x=e1-x(1-x)，∴g(x)在区间(0,1］上单调递增，在区间［1,e)上单调递减，且g(0)=0,g(1)=1g(e)=e2-e,∴g(x)的值域为(0,1］.(2)令m=g(x),则由(1)可得m∈(0,1］,原问题等价于:对任意的m∈(0,1］,f(x)=m在［1,e］上总有两个不同的实根.故f(x)在［1,e］上不可能是单调函数.∵111fxa(1xe),,1xxe［］当a≤0时，1fxa0,x∴f(x)在区间［1,e］上递减，不合题意.当a≥1时，f′(x)＞0,f(x)在区间［1,e］上单调递增，不合题意；当10ae时,f′(x)≤0,f(x)在区间［1,e］上单调递减，不合题意；当1a1e即11ea时，f(x)在区间11,a［］上单调递减；f(x)在区间1,ea［］上单调递增，由上可得1a,1,e（）此时必有f(x)的最小值小于等于0且f(x)的最大值大于等于1，而由min1fxf2lna0a（）可得21a,e则a∈Ø，综上，满足条件的a不存在.