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【创新方案】2017届高考数学一轮复习 第三章 导数及其应用 第三节 导
数的综合应用课后作业 理
[全盘巩固]
1．已知f(x)＝(1－x)e－1. (1)求函数f(x)的最大值； (2)设g(x)＝
2．已知函数f(x)＝x－3x＋ax＋2，曲线 y＝f(x)在点(0,2)处的切线与x轴交点的横坐标为－2.
(1)求a；
(2)证明：当k<1时，曲线y＝f(x)与直线y＝kx－2只有一个交点．
3．(2015·新课标全国卷Ⅰ)设函数f(x)＝e－aln x. (1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数； 2
(2)证明：当a>0时，f(x)≥2a＋aln. 2x3
2
xfx，x＞－1，且x≠0，证明：g(x)＜1. xa
4．(2016·烟台模拟)已知函数f(x)＝x－ax，g(x)＝ln x，h(x)＝f(x)＋g(x)．
2
?1?(1)若函数y＝h(x)的单调减区间是?，1?，求实数a的值； ?2?
(2)若f(x)≥g(x)对于定义区域内的任意x恒成立，求实数a的取值范围；
?1?(3)设函数y＝h(x)有两个极值点x1，x2，且x1∈?0，?，若h(x1)－h(x2)>m恒成立，求实数m?2?
的最大值．
1
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[冲击名校]
1．(2015·新课标全国卷Ⅱ)设函数f(x)＝e＋x－mx. (1)证明：f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增；
(2)若对于任意x1，x2∈[－1,1]，都有|f(x1)－f(x2)|≤e－1，求m的取值范围．
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2．(2015·新课标全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝x＋ax＋，g(x)＝－ln x.
4(1)当a为何值时，x轴为曲线y＝f(x)的切线；
(2)用min{m，n}表示m，n中的最小值，设函数h(x)＝min{f(x)，g(x)}(x>0)，讨论h(x)零点的个数．
答 案 [全盘巩固]
1．解：(1)f′(x)＝－xe.
当x∈(－∞，0)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增； 当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减． 所以f(x)的最大值为f(0)＝0.
(2)证明：由(1)知，当x>0时，f(x)<0，g(x)<0<1. 当－1
当x∈(－1,0)时，0<－x<1,0 从而当x∈(－1,0)时，h′(x)<0，h(x)在(－1,0]上单调递减． 当－1 xxxxmx2 2 精品资料 值得拥有 2．解：(1)f′(x)＝3x－6x＋a，f′(0)＝a. 曲线y＝f(x)在点(0,2)处的切线方程为y＝ax＋2. 2 由题设得－＝－2，所以a＝1. 2 a(2)证明：由(1)知，f(x)＝x－3x＋x＋2. 设g(x)＝f(x)－kx＋2＝x－3x＋(1－k)x＋4. 由题设知1－k>0. 当x≤0时，g′(x)＝3x－6x＋1－k>0，g(x)单调递增，g(－1)＝k－1<0，g(0)＝4，所以g(x)＝0在(－∞，0]上有唯一实根． 当x>0时，令h(x)＝x－3x＋4，则g(x)＝h(x)＋(1－k)x>h(x)． 3 22 3 2 32 h′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，h(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，所以g(x)>h(x)≥h(2)＝0. 所以g(x)＝0在(0，＋∞)上没有实根． 综上，g(x)＝0在R上有唯一实根，即曲线y＝f(x)与直线y＝kx－2只有一个交点． 3．解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)， af′(x)＝2e2x－. x当a≤0时，f′(x)>0，f′(x)没有零点； 当a>0时，设u(x)＝e，v(x)＝－， 因为u(x)＝e在(0，＋∞)上单调递增，v(x)＝－在(0，＋∞)上单调递增， 所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增． 2x2xaxaxa1 又f′(a)>0，当b满足0 44 故当a>0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2e2x0－＝0， ax0 a22 所以f(x0)＝＋2ax0＋aln≥2a＋aln. 2x0aa2 故当a>0时，f(x)≥2a＋aln. a3