【创新设计】图书 2016届 苏教版 江苏专用 高三一轮（文科） 配套导学案+训练 第三章 导数及其应用（6份打包）

(建议用时：80分钟) 1．已知函数f(x)＝ln x＋x2＋ax(a∈R)．若函数f(x)在其定义域上为增函数，求a的取值范围． 解　法一　函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，∵f(x)＝ln x＋x2＋ax，∴f′(x)＝＋2x对x∈(0，＋∞)都成立． ＋2x＋a≥0对x∈(0，＋∞)都成立．∴－a≤＋2x＋a.∵函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴f′(x)≥0，即 ∴当x＞0时，，＋∞)． .∴a的取值范围为[－2，即a≥－2时取等号．∴－a≤2＝2x，即x＝，当且仅当＝2＋2x≥2 法二　函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，∴f(x)＝ln x＋x2＋ax，∴f′(x)＝.方程2x2＋ax＋1＝0的判别式Δ＝a2－8. ＋2x＋a＝ ①当Δ≤0，即－2时，2x2＋ax＋1≥0，此时，f′(x)≥0对x∈(0，＋∞)都成立，故函数f(x)在定义域(0，＋∞)上是增函数． ≤a≤2 ②当Δ＞0，即a＜－2时，要使函数f(x)在定义域(0，＋∞)上为增函数，只需2x2＋ax＋1≥0对x∈(0，＋∞)都成立． 或a＞2 设h(x)＝2x2＋ax＋1，则解得a＞0. 故a＞2，＋∞)． .综合①②得a的取值范围为[－2 2.(2014·苏州调研)甲、乙两地相距1 000 km，货车从甲地匀速行驶到乙地，速度不得超过80 km/h，已知货车每小时的运输成本(单位：元)由可变成本和固定成本组成，可变成本是速度平方的，固定成本为a元． (1)将全程运输成本y(元)表示为速度v(km/h)的函数，并指出这个函数的定义域； (2)为了使全程运输成本最小，货车应以多大的速度行驶？ 解　(1)可变成本为. v2，固定成本为a元，所用时间为 ∴y＝. ，即y＝1 000 定义域为(0,80]． (2)y′＝1 000. ＝250· 令y′＝0，得v＝2.∴v∈(0,80]， ∴当2≥80，即a≥1 600时，y′≤0，y为v的减函数， 在v＝80时，y最小． ∴当2＜80，即0＜a＜1 600时， v (0,2) 2 (2，80) y′ － 0 ＋ y  极小值  在v＝2时，y最小． 以上说明，当0＜a＜1 600(元)时，货车以2 km/h的速度行驶，全程运输成本最小；当a≥1 600(元)时，货车以80 km/h的速度行驶，全程运输成本最小． 3．(2014·湖北七市(州)联考)已知函数f(x)＝x2－ax－a，x∈R，其中a＞0. x3＋ (1)求函数f(x)的单调区间； (2)若函数f(x)在区间(－2,0)内恰有两个零点，求a的取值范围． 解　(1)f′(x)＝x2＋(1－a)x－a＝(x＋1)(x－a)． 由f′(x)＝0，得x＝－1或x＝a(a＞0)． 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x (－∞，－1) －1 (－1，a) a (a，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x)  极大值  极小值  故函数f(x)的单调递增区间是(－∞，－1)，(a，＋∞)；单调递减区间是(－1，a)． (2)由(1)知f(x)在区间(－2，－1)内单调递增， 在区间(－1，0)内单调递减， 从而函数f(x)在区间(－2,0)内恰有两个零点当且仅当. 解得0＜a＜ 所以a的取值范围是. 4．(2015·苏北四市调研)已知函数f(x)＝(x2－ax＋a)ex－x2，a∈R. (1)若函数f(x)在(0，＋∞)内单调递增，求a的取值范围； (2)若函数f(x)在x＝0处取得极小值，求a的取值范围． 解　(1)f′(x)＝(2x－a)ex＋(x2－ax＋a)ex－2x＝x[(x＋2－a)ex－2]， ∵f(x)在(0，＋∞)内单调递增， ∴f′(x)≥0在(0，＋∞)内恒成立， 即(x＋2－a)ex－2≥0在(0，＋∞)内恒成立，即x＋2－≥a在(0，＋∞)内恒成立， 又函数g(x)＝x＋2－在(0，＋∞)上单调递增，∴a≤0. (2)令f′(x)＞0，即x[(x＋2－a)ex－2]＞0， ∴或 ∴(*) 或 ∵g(x)＝x＋2－＝a的根为x0. 单调递增，设方程g(x)＝x＋2－ ①若x0＞0，则不等式组(*)的解集为(－∞，0)和(x0，＋∞)，此时f(x)在(－∞，0)和(x0，＋∞)上单调递增，在(0，x0)上单调递减，与f(x)在x＝0处取极小值矛盾； ②若x0＝0，则不等式组(*)的解集为(－∞，0)和(0，＋∞)，此时f(x)在R上单调递增，与f(x)在x＝0处取极小值矛盾； ③若x0＜0，则不等式组(*)的解集为(－∞，x0)和(0，＋∞)，此时f(x)在(－∞，x0)和(0，＋∞)上单调递增，在(x0,0)上单调递减，满足f