2020版高考数学一轮复习第2章函数、导数及其应用第11讲第3课时课后作业理（含解析）.doc

1、1第 2章 函数、导数及其应用 第 11讲 第 3课时 A组 基础关1.方程 x36 x29 x100 的实根个数是( )A.3 B2 C1 D0答案 C解析 设 f(x) x36 x29 x10， f( x)3 x212 x93( x1)( x3)，由此可知函数的极大值为 f(1)60时，解得 x0. f(x)在(，0)上是减函数，在(0，)上是增函数 f(x)min f(0)1.实数 k的取值范围为(，1故选 A.4.某商场从生产厂家以每件 20元的价格购进一批商品，若该商品零售价定为 p元，销售量为 Q件，则销售量 Q(单位：件)与零售价 p(单位：元)有如下关系：Q8300170 p

2、p2，则最大毛利润为(毛利润销售收入进货支出)( )A.30元 B60 元 C28000 元 D23000 元答案 D解析 设毛利润为 L(p)元，则由题意知L(p) pQ20 Q Q(p20)(8300170 p p2)(p20) p3150 p211700 p166000，2所以 L( p)3 p2300 p11700.令 L( p)0，解得 p30 或 p130(舍去)当 p(0,30)时， L( p)0，当 p(30，)时， L( p)0)，则 f( t)2 t ，1t令 f( t)0，得 t ，22当 0 时， f( t)0，22所以当 t 时， f(t)取得最小值，22即| MN|

3、取得最小值时 t .226.已知方程 ln |x| ax2 0 有 4个不同的实数根，则实数 a的取值范围是( )32A. B. C. D.(0，e22) (0， e22 (0， e23) (0， e23答案 A解析 由于 yln | x| ax2 是偶函数，所以方程 ln x ax2 0( x0)有两个根，32 32即 a 有两个根ln x 32x2设 f(x) ，ln x 32x2则 f( x) ，x 2x(ln x 32)x4 2 ln x 1x300， f(x)递增，1ex 时， f( x)5，即 a1.综上可得， a的取值范围是1 ； f(x0) x00.1e 1e其中正确的命题是_

4、(填出所有正确命题的序号)答案 解析 函数 f(x) xln x x2(x0)，12 f( x)ln x1 x，易得 f( x)ln x1 x在(0，)递增， f (1e)0，1e x0， f( x)，00，函数单调递增，当00)，3x则 h( x) . x 3 x 1x2当 x(0,1)时， h( x)0，函数 h(x)单调递增，所以 h(x)min h(1)4，所以 a h(x)min4.2已知函数 f(x)e xln ( x3)，则下面对函数 f(x)的描述正确的是( )A x(3，)， f(x)13B x(3，)， f(x)12C x0( 3， )， f(x0)1D f(x)min(0

5、,1)答案 B解析 因为函数 f(x)e xln ( x3)，定义域为(3，)，所以 f( x)e x，1x 3易知导函数 f( x)在定义域(3，)上是单调递增函数，又 f(1)0，(12)所以 f( x)0 在(3，)上有唯一的实根，不妨将其设为 x0，且6x0 ，( 1， 12)则 x x0为 f(x)的最小值点，且 f( x0)0，即 ex0 ，两边取以 e为底的对数，1x0 3得 x0ln ( x03)，故 f(x) f(x0)e x0ln ( x03) ln ( x03) x0，因为 x01x0 3 1x0 3，所以 22 3 ，即对( 1， 12) 52 1x0 3 12 12x

6、(3，)，都有 f(x) .123(2018安徽省舒城中学模拟)已知函数 f(x)(2 a)(x1)2ln x若函数f(x)在 上无零点，则实数 a的取值范围是_(0，12)答案 24ln 2，)解析 因为 f(x)0恒成立，(0，12)即对 x ， a2 恒成立(0，12) 2ln xx 1令 l(x)2 ， x ，2ln xx 1 (0， 12)则 l( x) ，2ln x 2x 2 x 1 2再令 m(x)2ln x 2， x ，2x (0， 12)则 m( x) 2x2 2x 2 1 xx2 (0， 12)m 22ln 20，(12)从而 l(x)0，于是 l(x)在 上为增函数，(0

7、，12)所以 l(x)2 恒成立，只要 a24ln 2，)，2ln xx 1综上，若函数 f(x)在 上无零点，则 a的取值范围是24ln 2，)(0，12)4(2018成都二模)已知函数 f(x) ax1 xln x，(1)若函数 f(x)0 恒成立，求实数 a的取值范围；7(2)当 a1 时，设函数 g(x) xf(x)，在 x x0处取到极小值，求证： 0，函数 f(x)0 恒成立，即 ax1 xln x0 恒成立，即 a ln x恒成立，设 h(x) ln x， h( x) ，1x 1x 1x2 1x x 1x2当 01时， h( x)0，函数 h(x)单调递增， h(x)min h(

8、1)1， a1，实数 a的取值范围为(，1(2)证明：当 a1 时， g(x) x2 x x2ln x， g( x)2 x1(2 xln x x) x12 xln x，设 h(x) x12 xln x， h( x)12(1ln x)12ln x，令 h( x)0，解得 xe ，当 00， 函数 h(x)单调递增，当 xe 时， h( x)0，(14， 13) (14) (13) h(x)0 在 内的解为 x0，(14， 13)即 x012 x0ln x00，因此 g(x0) x x0 x ln x0 ，20 20x20 x02由 x0 ，则 ln 2时， g( x)0， f( x)单调递增所以

9、 f( x) f(ln 2)22ln 20，所以 f(x)在0，)上单调递增，所以 f(x) f(0)1.(2)设函数 h(x)1 ax2e x.8f(x)在(0，)只有一个零点当且仅当 h(x)在(0，)只有一个零点()当 a0 时， h(x)0， h(x)没有零点；()当 a0时， h( x) ax(x2)e x.当 x(0,2)时， h( x)0.所以 h(x)在(0,2)单调递减，在(2，)单调递增故 h(2)1 是 h(x)在0，)的最小值4ae2若 h(2)0，即 a ，由于 h(0)1，所以 h(x)在(0,2)有一个零点，e24由(1)知，当 x0时，e xx2，所以 h(4a

10、)1 1 1 1 0.16a3e4a 16a3 e2a 2 16a3 2a 4 1a故 h(x)在(2,4 a)有一个零点，因此 h(x)在(0，)有两个零点综上， f(x)在(0，)只有一个零点时， a .e242已知函数 f(x)ln x， g(x) x m(mR)(1)若 f(x) g(x)恒成立，求实数 m的取值范围；(2)已知 x1， x2是函数 F(x) f(x) g(x)的两个零点，且 x10)，有 F( x) 1 .1x 1 xx当 x1时， F( x)0，所以 F(x)在(1，)上单调递减，在(0,1)上单调递增，F(x)在 x1 处取得最大值为1 m，若 f(x) g(x)恒成立，则1 m0 即 m1.(2)证明：由(1)可知，若函数 F(x) f(x) g(x)有两个零点，则 0F1x1，由于 F(x1) F(x2)0， mln x1 x1，即证 ln mln x1ln (1x1) 1x1 1x1 1x1 1x1x10，1x 1x2 2x x2 2x 1x2有 h(x)在(0,1)上单调递增， h(x)h(1)0，所以 x1x21.9