3、立，因此y＝在R上是單調(diào)減函數(shù)，
所以＜，即3f(1)＞f(3)．
答案：B
4．已知函數(shù)f(x)＝ex－ln x，則下面對(duì)函數(shù)f(x)的描述正確的是( )
A．?x∈(0，＋∞)，f(x)≤2
B．?x∈(0，＋∞)，f(x)＞2
C．?x0∈(0，＋∞)，f(x0)＝0
D．f(x)min∈(0，1)
解析：因?yàn)閒(x)＝ex－ln x的定義域?yàn)?0，＋∞)，
且f′(x)＝ex－＝，
令g(x)＝xex－1，x＞0，
則g′(x)＝(x＋1)ex＞0在(0，＋∞)上恒成立，
所以g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，
又g(0)·g(1)＝－(e－1)＜0，
所
4、以?x0∈(0，1)，使g(x0)＝0，
則f(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增，
則f(x)min＝f(x0)＝ex0－ln x0，
又ex0＝，x0＝－ln x0，所以f(x)min＝＋x0＞2.
答案：B
5．(2019·天津卷改編)已知a∈R，設(shè)函數(shù)f(x)＝若關(guān)于x的不等式f(x)≥0在[0，＋∞]上恒成立，則a的取值范圍為( )
A．[0，1] B．[0，2]
C．[0，e] D．[1，e]
解析：當(dāng)0≤x≤1時(shí)，f(x)＝x2＋a≥a，
由f(x)≥0恒成立，則a≥0，
當(dāng)x>1時(shí)，由f(x)＝x－aln x≥0恒成立，即a≤
5、恒成立．
設(shè)g(x)＝(x>1)，則g′(x)＝.
令g′(x)＝0，得x＝e，
且當(dāng)1e時(shí)，g′(x)>0，
所以g(x)min＝g(e)＝e，所以a≤e.
綜上，a的取值范圍是0≤a≤e，即[0，e]．
答案：C
二、填空題
6．做一個(gè)無蓋的圓柱形水桶，若要使其體積是27π dm3，且用料最省，則圓柱的底面半徑為________dm.
解析：設(shè)圓柱的底面半徑為R dm，母線長(zhǎng)為l dm，則V＝πR2l＝27π，所以l＝，要使用料最省，只需使圓柱形水桶的表面積最?。?
S表＝πR2＋2πRl＝πR2＋2π·，
所以S′表＝2πR－.
令
6、S′表＝0，得R＝3，則當(dāng)R＝3時(shí)，S表最小．
答案：3
7．對(duì)于函數(shù)y＝f(x)，若其定義域內(nèi)存在兩個(gè)不同實(shí)數(shù)x1，x2，使得xif(xi)＝1(i＝1，2)成立，則稱函數(shù)f(x)具有性質(zhì)P.若函數(shù)f(x)＝具有性質(zhì)P，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為________．
解析：依題意，xf(x)＝1，即＝1在R上有兩個(gè)不相等實(shí)根，
所以a＝xex在R上有兩個(gè)不同的實(shí)根，令φ(x)＝xex，
則φ′(x)＝ex(x＋1)，
當(dāng)x＜－1時(shí)，φ′(x)＜0，φ(x)在(－∞，－1)上是減函數(shù)；
當(dāng)x＞－1時(shí)，φ′(x)＞0，φ(x)在(－1，＋∞)上是增函數(shù)．
因此φ(x)極小值為φ(－1)＝
7、－.
在同一坐標(biāo)系中作y＝φ(x)與y＝a的圖象，又當(dāng)x＜0時(shí)，φ(x)＝xex＜0.
由圖象知，當(dāng)－＜a＜0時(shí)，兩圖象有兩個(gè)交點(diǎn)．
故實(shí)數(shù)a的取值范圍為.
答案：
三、解答題
8．已知函數(shù)f(x)＝ax＋ln x，x∈[1，e]．(e＝2.718 28…是自然對(duì)數(shù)的底數(shù))
(1)若a＝1，求f(x)的最大值；
(2)若f(x)≤0恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．
解：(1)若a＝1，則f(x)＝x＋ln x，
f′(x)＝1＋＝.
因?yàn)閤∈[1，e]，
所以f′(x)>0，所以f(x)在[1，e]上為增函數(shù)，
所以f(x)max＝f(e)＝e＋1.
(2)因?yàn)閒(
8、x)≤0，即ax＋ln x≤0對(duì)x∈[1，e]恒成立．
所以a≤－，x∈[1，e]．
令g(x)＝－，x∈[1，e]，
則g′(x)＝.
當(dāng)x∈[1，e]時(shí)，g′(x)≤0，所以g(x)在[1，e]上遞減．
所以g(x)min＝g(e)＝－，所以a≤－.
因此實(shí)數(shù)a的取值范圍是.
9．(2019·天津卷節(jié)選)設(shè)函數(shù)f(x)＝excos x，g(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù)．
(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)當(dāng)x∈時(shí)，證明：f(x)＋g(x)≥0.
(1)解：由已知，有f′(x)＝ex(cos x－sin x)．
因此，當(dāng)x∈(k∈Z)時(shí)，
有sin x>cos x，得f′
9、(x)<0，則f(x)單調(diào)遞減；
當(dāng)x∈(k∈Z)時(shí)，有sin x0，則f(x)單調(diào)遞增．
所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(k∈Z)，
f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(k∈Z)．
(2)證明：記h(x)＝f(x)＋g(x).
依題意及(1)，有g(shù)(x)＝ex(cos x－sin x)，
從而g′(x)＝－2exsin x.
當(dāng)x∈時(shí)，g′(x)<0，
故h′(x)＝f′(x)＋g′(x)＋g(x)(－1)＝g′(x)<0.
因此，h(x)在區(qū)間上單調(diào)遞減，
進(jìn)而h(x)≥h＝f＝0.
所以當(dāng)x∈時(shí)，f(x)＋g(x)≥0.
B級(jí) 能力提升
10
10、．已知函數(shù)f(x)＝ln x，g(x)＝x＋m(m∈R)．
(1)若f(x)≤g(x)恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍；
(2)已知x1，x2是函數(shù)F(x)＝f(x)－g(x)的兩個(gè)零點(diǎn)，且x10)，
則F′(x)＝－1＝(x>0)，
當(dāng)x>1時(shí)，F(xiàn)′(x)<0，當(dāng)00，
所以F(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，在(0，1)上單調(diào)遞增．
F(x)在x＝1處取得最大值－1－m，若f(x)≤g(x)恒成立，則－1－m≤0，即m≥－1.
(2)證明：由(1)可知，若函數(shù)F(x
11、)＝f(x)－g(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，則m<－1，0F，
由F(x1)＝F(x2)＝0，m＝ln x1－x1，
即證ln－－m＝ln－＋x1－ln x1<0，
令h(x)＝－＋x－2ln x(00，
故h(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，h(x)
12、證：m<1.(已知ln 0.5≈－0.69，ln 0.6≈－0.51)
(1)解：f′(x)＝x－(a－1)－＝＝(x>0)，
當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)>0恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．
當(dāng)a>0時(shí)，解f′(x)>0得x>a，
解f′(x)<0得00時(shí)，f(x)在(0，a)上單調(diào)遞減，在(a，＋∞)上單調(diào)遞增．
(2)證明：由(1)知，a>0時(shí)，f(x)的極值m＝f(a)＝－a2＋a－aln a.
所以f′(a)＝－a－ln a，f′(a)＝0有唯一實(shí)根a0.
因?yàn)閘n 0.5<－0.5，ln 0.6>－0.6，
所以a0∈(0.5，0.6)．
且f(a)在(0，a0)上遞增，在(a0，＋∞)上遞減．
所以m＝f(a)≤f(a0)＝－a＋a0－a0ln a0<－a＋a0＋a＝a＋a0<×0.62＋0.6＝0.78<1.
故m<1成立．
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2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二部分 專題六 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第4講 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用練習(xí) 文（含解析）
