課時作業(十六)　[第16講　導數與函數的綜合問題]
[時間：45分鐘　分值：100分]
基礎熱身
1．若函數y＝－43x3＋bx有三個單調區間，則b的取值范圍是________．
2．若函數y＝x3＋x2＋mx＋1是R上的單調函數，則實數m的取值范圍是________．
3．方程2x3＋7＝6x2在(0,2)內的實根個數為________．
4．下列不等式在(0，＋∞)上恒成立的是________．(填序號)
①lnx>x；②sinx>x；③tanx>x；④ex>x＋1.
能力提升
5．當x≠0時，a＝ex，b＝1＋x，則a，b的大小關系是________．
6．方程x3－6x2＋9x－4＝0的實根的個數為________．
7．以下四圖，都是同一坐標系中三次函數及其導函數的圖象，其中一定不正確的序號是________．
圖K16－1
8．若函數y＝ex＋mx有極值，則實數m的取值范圍是________．
9．若函數f(x)＝x3－3x＋a有3個不同的零點，則實數a的取值范圍是________．
10．[2014?鎮江統考] 已知函數f(x)＝lnx＋2x，若f(x2＋2)11．[2014?南通模擬] 已知函數g(x)＝1sinθ?x＋lnx在[1，＋∞)上為增函數，且θ∈(0，π)，則θ的值為________．
12．[2014?海安檢測] 已知函數y＝f(x)是定義在R上的奇函數，且當x∈(－∞，0)時不等式f(x)＋xf′(x)<0成立，若a＝30.3?f(30.3)，b＝logπ3?f(logπ3)，c＝log319?flog319，則a，b，c的大小關系是________．
13．(8分)已知函數f(x)＝14x4＋x3－92x2＋cx有三個極值點．證明：－2714．(8分)已知函數f(x)＝alnxx＋1＋bx，曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為x＋2y－3＝0.
(1)求a，b的值；
(2)證明：當x>0且x≠1時，f(x)>lnxx－1.
15．(12分)[2014?蘇南聯考] 已知函數f(x)＝lnx＋1x－1.
(1)求函數的定義域，并證明f(x)＝lnx＋1x－1在定義域上是奇函數；
(2)若x∈[2,6]，f(x)>lnm?x－1??7－x?恒成立，求實數m的取值范圍．
16．(12分)已知函數f(x)＝x2－8lnx，g(x)＝－x2＋14x.
(1)求函數f(x)在點(1，f(1))處的切線方程；
(2)若函數f(x)與g(x)在區間(a，a＋1)上均為增函數，求a的取值范圍；
(3)若方程f(x)＝g(x)＋m有惟一解，試求實數m的值．
課時作業(十六)
【基礎熱身】
1．(0，＋∞)　[解析] y′＝－4x2＋b，函數有三個單調區間，即y′值有正、有負，則b>0.
2.13，＋∞　[解析] y′＝3x2＋2x＋m，因為函數y＝x3＋x2＋mx＋1是R上的單調函數，故Δ＝4－4×3m≤0，從而m≥13.
3．1　[解析] 設f(x)＝2x3－6x2＋7，則f′(x)＝6x2－12x＝6x(x－2)，
因為x∈(0,2)，所以有f′(x)<0，所以f(x)在(0,2)內單調遞減，
又f(0)＝7>0，f(2)＝－1<0，
所以在(0,2)內存在惟一的x0，使f(x0)＝0，
因此，方程2x3＋7＝6x2在(0,2)內的實根個數為1.
4．③④　[解析] 當x＝1時，①，②不成立；對于③，設f(x)＝tanx－x，則f′(x)＝1cos2x－1＝1－cos2xcos2x＝sin2xcos2x≥0，因此f(x)在(0，＋∞)上是增函數，f(x)min>f(0)＝0，符合題意；對于④，令f(x)＝ex－x－1，f′(x)＝ex－1，在(0，＋∞)上f(x)是增函數，故f(x)min>f(0)＝0，符合題意．
【能力提升】
5．a>b　[解析] 設y＝ex－1－x，∴y′＝ex－1，∴x>0時，函數y＝ex－1－x是遞增的；x<0時，
函數y＝ex－1－x是遞減的，∴x＝0時，y有最小值0.故x≠0時，y>0，即a>b.
6．2　[解析] 令f(x)＝x3－6x2＋9x－4，則f′(x)＝3x2－12x＋9＝3(x－1)(x－3)．
由f′(x)>0得x>3或x<1；由f′(x)<0得1∴f(x)的單調增區間為(3，＋∞)，(－∞，1)，單調減區間為(1,3)，∴f(x)在x＝1處取極大值，在x＝3處取極小值，
又∵f(1)＝0，f(3)＝－4<0，∴函數f(x)的圖象與x軸有兩個交點，即方程x3－6x2＋9x－4＝0有兩個實根．
7．③④　[解析] 導函數的圖象為拋物線，其變號零點為函數的極值點，因此③、④不正確．
8．m<0　[解析] y′＝ex＋m，由條件知ex＋m＝0有實數解，∴m＝－ex<0.
9．－20且－2＋a<0，因此－210．(1,2)　[解析] 由f(x)＝lnx＋2x?f′(x)＝1x＋2xln2>0(x∈(0，＋∞))，所以f(x)在(0，＋∞)上單調遞增，又f(x2＋2)11.π2　[解析] 由題意，g′(x)＝－1sinθ?x2＋1x≥0在[1，＋∞)上恒成立，即sinθ?x－1sinθ?x2≥0.
∵θ∈(0，π)，∴sinθ>0.故sinθ?x－1≥0在[1，＋∞)上恒成立，
只需sinθ?1－1≥0，即sinθ≥1，只有sinθ＝1.結合θ∈(0，π)，得θ＝π2.
12．c>a>b　[解析] 令g(x)＝xf(x)，則由于f(x)是R上的奇函數，所以g(x)為R上的偶函數，又當x∈(－∞，0)時不等式f(x)＋xf′(x)<0成立，即g′(x)＝f(x)＋xf′(x)<0，故當x∈(－∞，0)時，g(x)單調遞減，從而g(x)在(0，＋∞)上單調遞增．
又由于2>30.3>1，logπ3∈(0,1)，log319＝－2，所以g(－2)＝g(2)>g(30.3)>g(logπ3)，即c>a>b.
13．[解答] 證明：因為函數f(x)＝14x4＋x3－92x2＋cx有三個極值點，
所以f′(x)＝x3＋3x2－9x＋c＝0有三個互異的實根．
設g(x)＝x3＋3x2－9x＋c，
則g′(x)＝3x2＋6x－9＝3(x＋3)(x－1)，
當x<－3時，g′(x)>0，g(x)在(－∞，－3)上為增函數；
當－3當x>1時，g′(x)>0，g(x)在(1，＋∞)上為增函數．
所以函數g(x)在x＝－3時取極大值，在x＝1時取極小值．
因為g(x)＝0有三個不同實根，所以g(－3)>0且g(1)<0.
即－27＋27＋27＋c>0且1＋3－9＋c<0，
解得c>－27且c<5，故－2714．[解答] (1)∵f′(x)＝ax＋1x－lnx?x＋1?2－bx2，由題意知：f?1?＝1，f′?1?＝－12，即b＝1，a2－b＝－12，
∴a＝b＝1.
(2)證明：由(1)知f(x)＝lnxx＋1＋1x，
所以f(x)－lnxx－1＝11－x22lnx－x2－1x.
設h(x)＝2lnx－x2－1x(x>0)，則h′(x)＝－?x－1?2x2.
當x≠1時，h′(x)<0，而h(1)＝0，
故當x∈(0,1)時，h(x)>0，當x∈(1，＋∞)時，h(x)<0.得11－x2h(x)>0，
從而，當x>0且x≠1時，f(x)－lnxx－1>0，即f(x)>lnxx－1.
15．[解答] (1)由x＋1x－1>0，解得x<－1或x>1，
∴函數的定義域為(－∞，－1)∪(1，＋∞)，
當x∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)時，
f(－x)＝ln－x＋1－x－1＝lnx－1x＋1＝lnx＋1x－1－1＝－lnx＋1x－1＝－f(x)，
∴f(x)＝lnx＋1x－1在定義域上是奇函數．
(2)由x∈[2,6]時，f(x)>lnm?x－1??7－x?恒成立，
∴x＋1x－1>m?x－1??7－x?>0，x∈[2,6]，
∴0令g(x)＝(x＋1)(7－x)＝－x2＋6x＋7，x∈[2,6]，
令g′(x)≥0，即－2x＋6≥0，得x≤3；
令g′(x)<0，即－2x＋6<0，得x>3.
故x∈[2,3]時函數單調遞增，x∈[3,6]時函數單調遞減，
x∈[2,6]時，g(x)min＝g(6)＝7，
∴016．[解答] (1)因為f′(x)＝2x－8x，所以切線的斜率k＝f′(1)＝－6，
又f(1)＝1，故所求切線方程為y－1＝－6(x－1)，即y＝－6x＋7.
(2)因為f′(x)＝2?x＋2??x－2?x，又x>0，所以
當x>2時，f′(x)>0；
當0即f(x)在(2，＋∞)上遞增，在(0,2)上遞減，
又g(x)＝－(x－7)2＋49，所以g(x)在(－∞，7)上遞增，在(7，＋∞)上遞減，
欲f(x)與g(x)在區間(a，a＋1)上均為增函數，則a≥2，a＋1≤7，解得2≤a≤6.
(3)原方程等價于2x2－8lnx－14x＝m，令h(x)＝2x2－8lnx－14x，則原方程即為h(x)＝m.
因為當x>0時原方程有惟一解，所以函數y＝h(x)與y＝m的圖象在y軸右側有惟一的交點．
又h′(x)＝4x－8x－14＝2?x－4??2x＋1?x，且x>0，所以當x>4時，h′(x)>0；當0即h(x)在(4，＋∞)上遞增，在(0,4)上遞減．
故h(x)在x＝4處取得最小值，


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