高考数学一轮复习 第三章 导数及其应用 第4讲 导数与函数的综合应用配套课时作业 理（含解析）新人教A版-新人教A版高三全册数学试题.doc

第4讲导数与函数的综合应用
配套课时作业
1．若函数f(x)＝kx－lnx在区间(1，＋∞)上单调递增，则k的取值范围是()
A．(－∞，－2] B．(－∞，－1]
C．[2，＋∞) D．[1，＋∞)
答案D
解析因为f(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以f′(x)≥0在(1，＋∞)上恒成立，
因为f(x)＝kx－lnx，
所以f′(x)＝k－eq\f(1,x)≥0，即k≥eq\f(1,x).
因为x>1，所以0<eq\f(1,x)<1，
所以k≥1.所以k∈[1，＋∞)．故选D.
2．已知函数f(x)＝eq\f(1,2)x3－x2－eq\f(7,2)x，则f(－a2)与f(－1)的大小关系为()
A．f(－a2)≤f(－1)
B．f(－a2)<f(－1)
C．f(－a2)≥f(－1)
D．f(－a2)与f(－1)的大小关系不确定
答案A
解析由题意可得f′(x)＝eq\f(3,2)x2－2x－eq\f(7,2).
由f′(x)＝eq\f(1,2)(3x－7)(x＋1)＝0，得x＝－1或x＝eq\f(7,3).
当x<－1时，f(x)为增函数；当－1<x<eq\f(7,3)时，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－a2≤0，故f(－a2)≤f(－1)．
3．(2019·河南许昌模拟)已知f(x)是偶函数，在(－∞，0)上满足xf′(x)>0恒成立，则下列不等式成立的是()
A．f(－3)<f(4)<f(－5)
B．f(4)<f(－3)>f(－5)
C．f(－5)<f(－3)<f(4)
D．f(4)<f(－5)<f(－3)
答案A
解析当x∈(－∞，0)时，xf′(x)>0，即f′(x)<0，
∴f(x)在(－∞，0)上单调递减，又f(x)为偶函数，
∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
∴f(3)<f(4)<f(5)，
∴f(－3)<f(4)<f(－5)．故选A.
4．已知某生产厂家的年利润y(单位：万元)与年产量x(单位：万件)的函数关系式为y＝－eq\f(1,3)x3＋81x－234，则使该生产厂家获取最大年利润的年产量为()
A．13万件 B．11万件
C．9万件 D．7万件
答案C
解析因为y′＝－x2＋81，
所以当x>9时，y′<0；
当x∈(0,9)时，y′>0，所以函数y＝－eq\f(1,3)x3＋81x－234在(9，＋∞)上单调递减，在(0,9)上单调递增，所以x＝9是函数的极大值点，
又因为函数在(0，＋∞)上只有一个极大值点，
所以函数在x＝9处取得最大值．故选C.
5．(2019·黔东南州模拟)若函数f(x)＝xlnx－a有两个零点，则实数a的取值范围为()
A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,e)，1)) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))
C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,e)，0)) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,e)，＋∞))
答案C

解析函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，由f(x)＝0得a＝xlnx，记g(x)＝xlnx.

则g′(x)＝lnx＋1，由g′(x)>0得x>eq\f(1,e)，由g′(x)<0得0<x<eq\f(1,e).
∴g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上递增，
且gmin(x)＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－eq\f(1,e)，由图可知－eq\f(1,e)<a<0.故选C.
6．函数f(x)＝x3－3x－1，若对于区间[－3,2]上的任意x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤t，则实数t的最小值是()
A．20 B．18
C．3 D．0
答案A
解析因为f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)，令f′(x)＝0，得x＝±1，可知－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.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.
7．函数f(x)＝lnx＋eq\f(a,x)(a∈R)在区间[e－2，＋∞)上有两个零点，则a的取值范围是(