（浙江专用）高考数学大一轮复习 第三章 导数及其应用 第2讲 导数在研究函数中的应用 第3课时 导数与函数的综合问题练习（含解析）-人教版高三全册数学试题.doc

第3课时导数与函数的综合问题

[基础达标]
1．(2019·台州市高考模拟)已知y＝f(x)为R上的连续可导函数，且xf′(x)＋f(x)＞0，则函数g(x)＝xf(x)＋1(x＞0)的零点个数为()
A．0 B．1
C．0或1 D．无数个
解析：选A.因为g(x)＝xf(x)＋1(x＞0)，g′(x)＝xf′(x)＋f(x)＞0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，因为g(0)＝1，y＝f(x)为R上的连续可导函数，所以g(x)为(0，＋∞)上的连续可导函数，g(x)＞g(0)＝1，所以g(x)在(0，＋∞)上无零点．
2．(2019·丽水模拟)设函数f(x)＝ax3－3x＋1(x∈R)，若对于任意x∈[－1，1]，都有f(x)≥0成立，则实数a的值为________．
解析：(构造法)若x＝0，则不论a取何值，f(x)≥0显然成立；
当x>0时，即x∈(0，1]时，f(x)＝ax3－3x＋1≥0可化为a≥eq\f(3,x2)－eq\f(1,x3).
设g(x)＝eq\f(3,x2)－eq\f(1,x3)，则g′(x)＝eq\f(3（1－2x）,x4)，
所以g(x)在区间eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上单调递增，在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上单调递减，因此g(x)max＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝4，从而a≥4.
当x<0时，即x∈[－1，0)时，同理a≤eq\f(3,x2)－eq\f(1,x3).
g(x)在区间[－1，0)上单调递增，
所以g(x)min＝g(－1)＝4，
从而a≤4，综上可知a＝4.
答案：4
3．已知函数f(x)＝(2－a)(x－1)－2lnx(a∈R)．
(1)当a＝1时，求f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))上无零点，求a的取值范围．
解：(1)当a＝1时，f(x)＝x－1－2lnx，
则f′(x)＝1－eq\f(2,x)＝eq\f(x－2,x)，
由f′(x)＞0，得x＞2，由f′(x)＜0，得0＜x＜2，
故f(x)的单调递减区间为(0，2)，单调递增区间为(2，＋∞)．
(2)因为f(x)＜0在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))上恒成立不可能，
故要使函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))上无零点，
只要对任意的x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))，f(x)＞0恒成立，
即对x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))，a＞2－eq\f(2lnx,x－1)恒成立．
令h(x)＝2－eq\f(2lnx,x－1)，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))，
则h′(x)＝eq\f(2lnx＋\f(2,x)－2,（x－1）2)，
再令m(x)＝2lnx＋eq\f(2,x)－2，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))，
则m′(x)＝eq\f(－2（1－x）,x2)＜0，
故m(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))上为减函数，
于是，m(x)＞meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＝4－2ln3＞0，
从而h′(x)＞0，于是h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))上为增函数，
所以h(x)＜heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＝2－3ln3，
所以a的取值范围为[2－3ln3，＋∞)．
4．(2019·嵊州市第二次高考适应性考试)已知函数f(x)＝x2＋eq\f(1,x)，x∈(0，1]．
(1)求f(x)的极值点；
(2)证明：f(x)＞eq\r(x)＋eq\f(3,4).
解：(1)f′(x)＝2x－eq\f(1,x2).
令f′(x)＝0，解得x＝eq\r(3,\f(1,2))∈(0，1]．
当0＜x＜eq\r(3,\f(1,2))时，f′(x)＜0，此时f(x)单调递减