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课时提升作业(十五)
一、选择题
1.设f(x)，g(x)在［a，b］上可导，且f′(x)>g′(x)，则当a<x<b时，有( )
（A）f(x)>g(x)
（B）f(x)<g(x)
（C）f(x)＋g(a)>g(x)＋f(a)
（D）f(x)＋g(b)>g(x)＋f(b)
2.若对任意的x＞0，恒有ln x≤px-1(p＞0)，则p的取值范围是( )
（A）(0,1］ （B）(1,+∞) （C）(0,1) （D）［1,+∞)
3.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＝－x3＋81x－234，则使该生产厂家猎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
4.(2021·中山模拟)已知函数f(x)=-x2-x4-x6，x1,x2,x3∈R且x1+x2<0,
x2+x3<0,x3+x1<0，则f′(x1)+f′(x2)+f′(x3)的值(f′(x)是f(x)的导数)( )
（A）确定小于零 （B）等于零
（C）确定大于零 （D）正负均有可能
5．(2021·烟台模拟)函数y=2x3+1的图象与函数y=3x2-b的图象有三个不相同的交点，则实数b的取值范围是( )
（A）（-2,-1） （B）(-1,0)
（C）(0,1) （D）(1,2)
6.设f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，当x＜0时，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0，且f(－3)·g(－3)＝0，则不等式f(x)g(x)＜0的解集是( )
（A）(－3,0)∪(3，＋∞)
（B）(－3,0)∪(0,3)
（C）(－∞，－3)∪(3，＋∞)
（D）(－∞，－3)∪(0,3)
二、填空题
7．已知函数f(x)＝xsin x，x∈R，f(－4)，f()，f(－)的大小关系为_______(用“<”连接)．
8．(2021·清远模拟)不等式ex-x>ax的解集为P,且［0，2］⊆P，则实数a的取值范围是_______.
9．（力气挑战题）已知函数f(x)=ax+ln x,g(x)=x2-2x+2.若对任意x1∈(0,+∞)，存在x2∈［0,1］，使得f(x1)＜g(x2)，则a的取值范围是______.
三、解答题
10．已知a，b为实数，且b＞a＞e，其中e为自然对数的底数，求证：ab＞ba．
11.(2021·揭阳模拟)某企业科研课题组方案投资研发一种新产品，依据分析和猜想，能获得10万元～1 000万元的投资收益.企业拟制定方案对课题组进行嘉奖，嘉奖方案为：奖金y(单位：万元)随投资收益x(单位：万元)的增加而增加，且奖金不超过9万元，同时奖金小于投资收益的20%，并用函数y=f(x)模拟这一嘉奖方案.
(1)试写出模拟函数y=f(x)所满足的条件.
(2)试分析函数模型y=4lg x-3是否符合嘉奖方案的要求？并说明理由.
12．（力气挑战题）已知函数f(x)=x3-x2+ax-a(a∈R).
（1）当a=-3时，求函数f(x)的极值.
（2）若函数f(x)的图象与x轴有且只有一个交点，求a的取值范围.
答案解析
1.【解析】选C.∵f′(x)>g′(x)，∴［f(x)－g(x)］′>0，
∴f(x)－g(x)在［a，b］上是增函数．
∴f(a)－g(a)<f(x)－g(x)，
即f(x)＋g(a)>g(x)＋f(a)．
2.【解析】选D.原不等式可化为ln x-px+1≤0，令f(x)=ln x-px+1,故只需f(x)max≤0.由f′(x)= -p，知f(x)在(0,)上单调递增，在(,+∞)上单调递减.
故f(x)max=f()=-ln p,由-ln p≤0得p≥1.
3.【解析】选C. y′＝－x2＋81，令y′＝0解得x＝9(－9舍去)．当0＜x＜9时，y′＞0；当x＞9时，y′＜0，则当x＝9时，y取得最大值，故选C.
4.【解析】选C.令g(x)=f′(x)=-2x-4x3-6x5,则g′(x)=-2-12x2-30x4<0,所以
f′(x)在R上既是奇函数又是减函数，由x1<-x2,x2<-x3,x3<-x1，得f′(x1)>
f′(-x2)=-f′(x2),f′(x2)>f′(-x3)=-f′(x3),f′(x3)>f′(-x1)=-f′(x1)，
相加得f′(x1)+f′(x2)+f′(x3)>0.
5．【解析】选B.由题意知方程2x3+1=3x2-b，
即2x3-3x2+1=-b有三个不相同的实数根，
令f(x)=2x3-3x2+1，
即函数y=f(x)=2x3-3x2+1与直线y=-b有三个交点.
由f′(x)=6x2-6x=6x(x-1)知，函数y=f(x)在区间(-∞,0)上单调递增，在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，故f(0)是函数的极大值，f(1)是函数的微小值，若函数y=f(x)=2x3-3x2+1与直线y=-b有三个交点，则f(1)＜-b＜f(0)，解得-1＜b＜0.
6.【思路点拨】本题考查x＜0时函数f(x)g(x)的单调性，利用单调性解不等式，再利用奇偶性求x＞0时的解集.
【解析】选D. x＜0时，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0，
即x＜0时，［f(x)g(x)］′＞0.
∴f(x)g(x)为增函数，且f(－3)g(－3)＝0.
故当x＜－3时，f(x)g(x)＜0.
∵f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，
∴f(x)g(x)为奇函数，
当x＞0时，由f(x)g(x)＜0得0＜x＜3.
综上，x＜-3或0＜x＜3.
7．【解析】f′(x)＝sin x＋xcos x，当x∈［，］时，sin x<0，cos x<0，
∴f′(x)＝sin x＋xcos x<0，则函数f(x)在x∈［，］时为减函数，
∴f()<f(4)<f()，
又函数f(x)为偶函数，
∴f()<f(－4)<f(-)．
答案：f()<f(－4)<f(－)
8．【思路点拨】转化为恒成立问题，利用导数求解.
【解析】由于ex-x>ax的解集为P，且［0,2］⊆P，所以对任意x∈［0,2］，ex-x>ax恒成立.当x=0时，不等式恒成立；当0<x≤2时，a<-1也应恒成立.
令g(x)= -1，则g′(x)=,
当1<x≤2时，g′(x)>0;当0<x<1时，g′(x)<0.
所以当x=1时，g(x)取得最小值e-1,
所以a的取值范围是(-∞,e-1).
答案：(-∞,e-1)
9．【解析】只需满足
f(x1)max＜g(x2)max,x1∈(0,+∞),x2∈［0,1］.
∵g(x)max=2,f′(x)=a+ (x＞0).
①当a≥0时，f′(x)＞0，f(x)在(0，+∞)上单调递增，值域为R，故不符合题意.
②当a＜0时，由f′(x)=0，得x=-.
所以，函数f(x)的单调递增区间为(0,- )，单调递减区间为(-,+∞).
故f(x)的极大值即为最大值，
∴f(x1)max=f(-)=-1+ln()
=-1-ln(-a),
∴-1-ln(-a)＜2,∴a＜-.
答案： (-∞,- )
【变式备选】已知两函数f(x)=8x2+16x-k,g(x)=2x3+5x2+4x,其中k为实数．
(1)对任意x∈［-3,3］,都有f(x)≤g(x)成立,求k的取值范围.
(2)存在x∈［-3,3］，使f(x)≤g(x)成立,求k的取值范围.
(3)对任意x1,x2∈［-3,3］,都有f(x1)≤g(x2),求k的取值范围．
【解析】（1）设h(x)=g(x)-f(x)=2x3-3x2-12x+k，问题转化为x∈［-3,3］时，h(x)≥0恒成立,
即h(x)min≥0,x∈［-3,3］.
令h′(x)=6x2-6x-12=0,得x=2或x=-1.
∵h(-3)=k-45,h(-1)=k+7,h(2)=k-20,
h(3)=k-9,
∴h(x)min=k-45≥0,
得k≥45.
（2）据题意：存在x∈［-3,3］，使f(x)≤g(x)成立，
即为h(x)=g(x)-f(x)≥0在x∈［-3,3］上能成立，
∴h(x)max≥0.
∴ h(x)max=k+7≥0,
得k≥-7.
（3）据题意： f(x)max≤g(x)min,x∈［-3,3］,
易得f(x)max=f(3)=120-k,
g(x)min=g(-3)=-21.
∴120-k≤-21,
得k≥141.
10．【证明】方法一：
∵b＞a＞e，∴要证ab＞ba，只要证bln a＞aln b，
设f(b)=bln a-aln b,
则f′(b)=ln a-.
∵b＞a＞e,∴ln a＞1,且＜1,∴f′(b)＞0.
∴函数f(b)=bln a-aln b在(e,+∞)上是增函数．
∴f(b)＞f(a)=aln a-aln a=0,
即bln a-aln b＞0,
∴bln a＞aln b,∴ab＞ba.
方法二：要证ab＞ba，
只要证bln a＞aln b(e＜a＜b),
即证,
设f(x)= (x＞e),
则f′(x)=＜0,
∴函数f(x)在(e,+∞)上是减函数．
又∵e＜a＜b,∴f(a)＞f(b),
即,∴ab＞ba.
11.【解析】(1)由题意，模拟函数y=f(x)满足的条件是：
①f(x)在［10,1 000］上是增函数；
②f(x)≤9；③f(x)< x.
(2)对于y=4lg x-3，明显它在［10，1 000］上是增函数，满足条件①，
又当10≤x≤1 000时，4lg 10-3≤y≤4lg 1 000-3，即y∈［1,9］，从而满足条件②.
下面证明：f(x)< x，即4lg x-3<x，对于x∈［10,1 000］恒成立.
令g(x)=4lg x-3-x(10≤x≤1 000),
则g′(x)=
∵e<,∴lg e<lg=,∴20lg e<10≤x,
∴20lg e-x<0,
∴g′(x)<0对于x∈［10,1 000］恒成立.
∴g(x)在［10，1 000］上是减函数，
当x∈［10,1 000］时，
g(x)≤g(10)=4lg 10-3-×10=-1<0,
即4lg x-3-x<0，即4lg x-3<x对于x∈［10,1 000］恒成立.从而满足条件③.
故函数模型y=4lg x-3符合嘉奖方案的要求.
12．【思路点拨】（1）求出导函数的零点，再推断零点两侧导数的符号.（2）三次函数的零点打算于函数的极值的符号，若函数f(x)的图象与x轴有且只有一个交点，则此时极大值与微小值同号.
【解析】 (1)当a=-3时，f(x)= x3-x2-3x+3.
f′(x)=x2-2x-3=(x-3)(x+1).
令f′(x)=0,得x1=-1,x2=3.
当x＜-1时，f′(x)＞0，则函数在(-∞,-1)上是增函数,
当-1＜x＜3时，f′（x）＜0，则函数在(-1,3)上是减函数,
当x＞3时，f′(x)＞0，则函数在(3,+∞)上是增函数.
所以当x=-1时，函数f(x)取得极大值为f(-1)=- -1+3+3=,
当x=3时,函数f(x)取得微小值为
f(3)= ×27-9-9+3=-6.
（2）由于f′(x)=x2-2x+a，
所以Δ=4-4a=4(1-a).
①当a≥1时，则Δ≤0，∴f′(x)≥0在R上恒成立，所以f(x)在R上单调递增.
f(0)=-a＜0，f(3)=2a＞0，所以，当a≥1时函数的图象与x轴有且只有一个交点.
②a＜1时，则Δ＞0，∴f′(x)=0有两个不等实数根，不妨设为x1,x2(x1＜x2),
∴x1+x2=2，x1·x2=a,
当x变化时，f(x)，f′(x)的变化状况如下表：
∵x-2x1+a=0,∴a=-x+2x1,
∴f(x1)=x-x+ax1-a
=x-x+ax1+x-2x1
=x+(a-2)x1
=x1［x+3(a-2)］,
同理f(x2)= x2［x+3(a-2)］.
∴f(x1)·f(x2)= x1x2［x+3(a-2)］［x+3(a-2)］=a(a2-3a+3).
令f(x1)·f(x2)＞0,解得a＞0.
而当0＜a＜1时，f(0)=-a＜0，f(3)=2a＞0.
故0＜a＜1时，函数f(x)的图象与x轴有且只有一个交点.
综上所述，a的取值范围是(0,+∞).
【方法技巧】巧解方程根的个数问题
当函数的极值点很难求解时，可接受设而不求的思想.设出极值点后（设极大值为M，微小值为m），将M与m的符号问题转化为M与m乘积的符号问题，最终把M与m乘积转化为根与系数的关系解决.
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