2016届高考数学（理）大一轮复习达标训练试题：课时跟踪检测(十六)　导数与函数的综合问题 6页

课时跟踪检测(十六)　导数与函数的综合问题 ‎(分A、B卷，共2页)‎ A卷：夯基保分 ‎1．一火车锅炉每小时煤的消耗费用与火车行驶速度的立方成正比，已知当速度为‎20 km/h时，每小时消耗的煤价值40元，其他费用每小时需400元，火车的最高速度为‎100 km/h，火车以何速度行驶才能使从甲城开往乙城的总费用最少？‎ ‎2．(2015·山西四校联考)已知f(x)＝ln x－x＋a＋1.‎ ‎(1)若存在x∈(0，＋∞)使得f(x)≥0成立，求a的取值范围；‎ ‎(2)求证：当x＞1时，在(1)的条件下，x2＋ax－a＞xln x＋成立．‎ ‎3．(2014·四川高考)已知函数f(x)＝ex－ax2－bx－1，其中a，b∈R，e＝2.718 28…为自然对数的底数．‎ ‎(1)设g(x)是函数f(x)的导函数，求函数g(x)在区间[0,1]上的最小值；‎ ‎(2)若f(1)＝0，函数f(x)在区间(0,1)内有零点．证明：e－2n>1，证明>.‎ 答案 A卷：夯基保分 ‎1．解：设火车的速度为x km/h，甲、乙两城距离为a km.‎ 由题意，令40＝k·203，∴k＝，‎ 则总费用f(x)＝(kx3＋400)· ‎＝a＝a(0＜x≤100)．‎ 由f′(x)＝＝0，得x＝20.‎ 当0＜x＜20时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；‎ 当20＜x≤100时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．‎ ‎∴当x＝20时，f(x)取极小值也是最小值，即速度为‎20 km/h时，总费用最少．‎ ‎2．解：(1)原题即为存在x>0使得ln x－x＋a＋1≥0，‎ ‎∴a≥－ln x＋x－1，令g(x)＝－ln x＋x－1，‎ 则g′(x)＝－＋1＝.‎ 令g′(x)＝0，解得x＝1.‎ ‎∵当0＜x＜1时，g′(x)＜0，g(x)为减函数，‎ 当x＞1时，g′(x)＞0，g(x)为增函数，‎ ‎∴g(x)min＝g(1)＝0，a≥g(1)＝0.‎ 故a的取值范围是[0，＋∞)．‎ ‎(2)证明：原不等式可化为 x2＋ax－xln x－a－＞0(x＞1，a≥0)．‎ 令G(x)＝x2＋ax－xln x－a－，则G(1)＝0.‎ 由(1)可知x－ln x－1＞0，‎ 则G′(x)＝x＋a－ln x－1≥x－ln x－1＞0，‎ ‎∴G(x)在(1，＋∞)上单调递增，‎ ‎∴G(x)>G(1)＝0成立，‎ ‎∴x2＋ax－xln x－a－＞0成立，即x2＋ax－a>x1nx＋成立．‎ ‎3．解：(1)由f(x)＝ex－ax2－bx－1，‎ 有g(x)＝f′(x)＝ex－2ax－b.‎ 所以g′(x)＝ex－‎2a.‎ 因此，当x∈[0,1]时，g′(x)∈[1－‎2a，e－‎2a]．‎ 当a≤时，g′(x)≥0，‎ 所以g(x)在[0,1]上单调递增，‎ 因此g(x)在[0,1]上的最小值是g(0)＝1－b；‎ 当a≥时，g′(x)≤0，所以g(x)在[0,1]上单调递减，‎ 因此g(x)在[0,1]上的最小值是g(1)＝e－‎2a－b；‎ 当＜a＜时，令g′(x)＝0，得x＝ln(‎2a)∈(0,1)．‎ 所以函数g(x)在区间[0，ln(‎2a)]上单调递减，在区间(ln(‎2a)，1]上单调递增．‎ 于是，g(x)在[0,1]上的最小值是g(ln(‎2a))＝‎2a－2aln(‎2a)－b.‎ 综上所述，当a≤时，g(x)在[0,1]上的最小值是g(0)＝1－b；‎ 当＜a＜时，g(x)在[0,1]上的最小值是g(ln(‎2a))＝‎2a－2aln(‎2a)－b；‎ 当a≥时，g(x)在[0,1]上的最小值是g(1)＝e－‎2a－b.‎ ‎(2)证明：设x0为f(x)在区间(0,1)内的一个零点，则由f(0)＝f(x0)＝0可知f(x)在区间(0，x0)上不可能单调递增，也不可能单调递减．‎ 则g(x)不可能恒为正，也不可能恒为负，‎ 故g(x)在区间(0，x0)内存在零点x1.‎ 同理g(x)在区间(x0,1)内存在零点x2.‎ 所以g(x)在区间(0,1)内至少有两个零点．‎ 由(1)知，当a≤时，g(x)在[0,1]上单调递增，故g(x)在(0，1)内至多有一个零点．‎ 当a≥时，g(x)在[0,1]上单调递减，故g(x)在(0,1)内至多有一个零点．‎ 所以＜a＜.‎ 此时g(x)在区间[0，ln(‎2a)]上单调递减，在区间(ln(‎2a)，1]上单调递增．‎ 因此x1∈(0，ln(‎2a)]，x2∈(ln(‎2a)，1)，必有 g(0)＝1－b＞0, g(1)＝e－‎2a－b＞0.‎ 由f(1)＝0有a＋b＝e－1＜2，有 g(0)＝a－e＋2＞0，g(1)＝1－a＞0.‎ 解得e－2＜a＜1.‎ 所以函数f(x)在区间(0,1)内有零点时，e－2＜a＜1.‎ B卷：增分提能 ‎1．解：(1)∵函数的定义域为R，f′(x)＝－，‎ ‎∴当x＜0时，f′(x)＞0，当x＞0时，f′(x)＜0，‎ ‎∴f(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减．‎ ‎(2)假设存在x1，x2∈[0,1]，使得2φ(x1)＜φ(x2)成立，‎ 则2[φ(x)]min＜[φ(x)]max.‎ ‎∵φ(x)＝xf(x)＋tf′(x)＋e－x＝，‎ ‎∴φ′(x)＝＝－.‎ ‎①当t≥1时，φ′(x)≤0，φ(x)在[0,1]上单调递减，‎ ‎∴2φ(1)＜φ(0)，即t＞3－＞1.‎ ‎②当t≤0时，φ′(x)＞0，φ(x)在[0,1]上单调递增，‎ ‎∴2φ(0)＜φ(1)，即t＜3－2e＜0.‎ ‎③当0＜t＜1时，若x∈[0，t)，φ′(x)＜0，φ(x)在[0，t)上单调递减；‎ 若x∈(t,1]，φ′(x)＞0，φ(x)在(t,1]上单调递增，‎ 所以2φ(t)＜max{φ(0)，φ(1)}，‎ 即2·＜max，(*)‎ 由(1)知，g(t)＝2·在[0,1]上单调递减，‎ 故≤2·≤2，而≤≤，所以不等式(*)无解．‎ 综上所述，存在t∈(－∞，3－2e)∪，使得命题成立．‎ ‎2．解：(1)因为f(x)＝xln x＋mx，所以f′(x)＝1＋ln x＋m.‎ 由题意f′(1)＝1＋ln 1＋m＝2，得m＝1.‎ ‎(2)g(x)＝＝(x>0，x≠1)，‎ 所以g′(x)＝.‎ 设h(x)＝x－1－ln x，h′(x)＝1－.‎ 当x>1时，h′(x)＝1－>0，h(x)是增函数，‎ h(x)>h(1)＝0，‎ 所以g′(x)＝>0，‎ 故g(x)在(1，＋∞)上为增函数；‎ 当0h(1)＝0，‎ 所以g′(x)＝>0，故g(x)在(0,1)上为增函数；‎ 所以g(x)在区间(0,1)和(1，＋∞)上都是单调递增的．‎ ‎(3)证明：由已知可知要证>，‎ 即证－>ln n－ln m，‎ 即证ln m>ln n，‎ 即证>，‎ 即证g(m)>g(n)，‎ 又m>n>1(m，n∈N*)，由(2)知g(m)>g(n)成立，所以>.‎