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高考数学一轮复习第二章函数导数及其应用2-11-3导数的综合应用课时提升作业理

精品试卷
【2019 最新】精选高考数学一轮复习第二章函数导数及其应用 2-11-3 导 数的综合应用课时提升作业理

一、选择题(每小题 5 分,共 25 分)

(25 分钟 60 分)

1.从边长为 10cm×16cm 的矩形纸板的四角截去四个相同的小正方形,作成一个无盖

的盒子,则盒子容积的最大值为 ( )

A.12cm3

B.72cm3

C.144cm3

D.160cm3

【解析】选 C.设盒子容积为 ycm3,盒子的高为 xcm,则 x∈(0,5).

则 y=(10-2x)(16-2x)x=4x3-52x2+160x,

所以 y′=12x2-104x+160.令 y′=0,得 x=2 或(舍去),

所以 ymax=6×12×2=144(cm3).

2.在 R 上可导的函数 f(x)的图象如图所示,则关于 x 的不等式 x·f′(x)<0 的解集

为( )

A.(-∞,-1)∪(0,1)

B.(-1,0)∪(1,+∞)

C.(-2,-1)∪(1,2)

D.(-∞,-2)∪(2,+∞)

【解析】选 A.当 x∈(-∞,-1)和 x∈(1,+∞)时,f(x)是增函数,所以 f′(x)>0,由

x·f′(x)<0,得 x<0,所以 x<-1.

当 x∈(-1,1)时,f(x)是减函数,所以 f′(x)<0.

由 x·f′(x)<0,得 x>0,所以 0<x<1.

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故 x·f′(x)<0 的解集为(-∞,-1)∪(0,1).

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3.若不等式 2xlnx≥-x2+ax-3 对 x∈(0,+∞)恒成立,则实数 a 的取值范围

是( )

A.(-∞,0)

B.(-∞,4]

C.(0,+∞)

D.[4,+∞)

【解析】选 B.2xlnx≥-x2+ax-3,

则 a≤2lnx+x+,

设 h(x)=2lnx+x+(x>0),

则 h′(x)=.

当 x∈(0,1)时,h′(x)<0,函数 h(x)单调递减;

当 x∈(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)min=4.

4.若 a>2,则函数 f(x)=x3-ax2+1 在区间(0,2)上恰好有 ( )

A.0 个零点

B.1 个零点

C.2 个零点

D.3 个零点

【解析】选 B.因为 f′(x)=x2-2ax,且 a>2,

所以当 x∈(0,2)时,f′(x)<0,

即 f(x)在(0,2)上是单调减函数.

又因为 f(0)=1>0,f(2)=-4a<0,

所以 f(x)在(0,2)上恰好有 1 个零点.

5.(2016·绵阳模拟)已知函数 f(x)=给出如下三个命题:

①f(x)在(,+∞)上是减函数;

②f(x)≤在 R 上恒成立;

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③函数 y=f(x)图象与直线 y=-有两个交点.

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其中真命题的个数为 ( )

A.3 个

B.2 个

C.1 个

D.0 个

【解析】选 B.当 x<0 时,函数 f(x)=ex+x-1 显然是增函数;

当 x≥0 时,函数 f(x)=-x3+2x,

f′(x)=-x2+2 且 f(0)=0,

所以函数在[0,)上单调递增,在[,+∞)上单调递减,

f(x)极大值=f()=,由此画出函数大致图象,故①,③正确.

二、填空题(每小题 5 分,共 15 分)

6.直线 y=a 与函数 f(x)=x3-3x 的图象有相异的三个公共点,则 a 的取值范围



.

【解析】令 f′(x)=3x2-3=0,得 x=±1,

可得极大值为 f(-1)=2,极小值为 f(1)=-2,

如图,观察得-2<a<2 时恰有三个不同的公共点.

答案:(-2,2)

7.电动自行车的耗电量 y 与速度 x 之间有关系 y=x3-x2-40x(x>0),为使耗电量最小,

则速度应定为

.

【解析】由 y′=x2-39x-40=0,得 x=-1(舍去)或 x=40,

由于 0<x<40 时,y′<0;

当 x>40 时,y′>0.

所以当 x=40 时,y 有最小值.

答案:40

8.(2016·邯郸模拟)设函数 f(x)=6lnx,g(x)=x2-4x+4,则方程 f(x)-g(x)=0 有

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个实根. 【解析】设φ (x)=g(x)-f(x)=x2-4x+4-6lnx, 则φ ′(x)==,且 x>0. 由φ ′(x)=0,得 x=3.当 0<x<3 时, φ ′(x)<0; 当 x>3 时, φ ′(x)>0. 所以φ (x)在(0,+∞)上有极小值 φ (3)=1-6ln3<0. 故 y=φ (x)的图象与 x 轴有两个交点, 则方程 f(x)-g(x)=0 有两个实根. 答案:2 三、解答题(每小题 10 分,共 20 分) 9.(2016·湛江模拟)已知函数 f(x)=lnx-. (1)若 a>0,试判断 f(x)在定义域内的单调性. (2)若 f(x)<x2 在(1,+∞)上恒成立,求 a 的取值范围. 【解析】(1)由题意知 f(x)的定义域为(0,+∞). 且 f′(x)=+=. 因为 a>0,所以 f′(x)>0, 故 f(x)在(0,+∞)上是增函数. (2)因为 f(x)<x2,所以 lnx-<x2. 又 x>0,所以 a>xlnx-x3. 令 g(x)=xlnx-x3, h(x)=g′(x)=1+lnx-3x2, h′(x)=-6x=.
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因为 x∈(1,+∞)时,h′(x)<0,

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所以 h(x)在(1,+∞)上是减函数.

所以 h(x)<h(1)=-2<0,即 g′(x)<0,

所以 g(x)在(1,+∞)上也是减函数.

g(x)<g(1)=-1,所以当 a≥-1 时,f(x)<x2 在(1,+∞)上恒成立.

10.(2016·黄冈模拟)设 f(x)=lnx+.

(1)求 f(x)的单调区间.

(2)求 f(x)的零点个数.

【解析】(1)f(x)的定义域是(0,+∞),

因为 f′(x)=-=,

当 a≤0 时,f′(x)>0,(0,+∞)是 f(x)的递增区间;

当 a>0 时,令 f′(x)=0,x=(负值舍去);

当 0<x<时,f′(x)<0;

当 x>时,f′(x)>0,所以(0,)是 f(x)的递减区间,(,+∞)是 f(x)的递增区间.

综上,当 a≤0 时,f(x)的单调递增区间是(0,+∞);

当 a>0 时,f(x)的单调递减区间是(0,),f(x)的单调递增区间是(,+∞).

(2)由(1)知,当 a≤0 时,f(x)在(0,+∞)上是增函数.

①当 a=0 时,有零点 x=1.

②当 a<0 时,f(ea)=a(e-2a+1)<0,f(e-a)=a(e2a-1)>0(或当 x→0 时,f(x)→-∞,当

x→+∞时,f(x)→+∞),

所以 f(x)在(0,+∞)上有 1 个零点.

③当 a>0 时,由(1)知 f(x)在(0,)上是减函数,f(x)在(,+∞)上是增函数,

所以当 x=时,f(x)有极小值,

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即最小值 f()=(ln2a+1). 当(ln2a+1)>0,即 a>时 f(x)无零点; 当(ln2a+1)=0,即 a=时 f(x)有 1 个零点; 当(ln2a+1)<0,即 0<a<时 f(x)有 2 个零点.综上,当 a>时 f(x)无零点; 当 a=或 a=0 或 a<0 时,f(x)有 1 个零点; 当 0<a<时,f(x)有 2 个零点.

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(20 分钟 40 分) 1.(5 分)(2016·冀州模拟)设函数 f(x)的导函数为 f′(x),对任意 x∈R 都有

f′(x)>f(x)成立,则 ( )

A.3f(ln2)>2f(ln3)

B.3f(ln2)=2f(ln3)

C.3f(ln2)<2f(ln3)

D.3f(ln2)与 2f(ln3)的大小不确定

【解析】选 C.根据题意,令 g(x)=,则 g′(x)==>0,所以有 g(x)=是增函数,从而有>,

即 3f(ln2)<2f(ln3).

【加固训练】(2016·衡水模拟)已知函数 f(x)=x2lnx-a(x2-1),a∈R.若当 x≥1

时,f(x)≥0 恒成立,则 a 的取值范围是 ( )

A.

B.

C.

D.

【解析】选 A.f′(x)=2xlnx+(1-2a)x=x(2lnx+1-2a),

当 a≤时,因为 x≥1,所以 f′(x)≥0.

所以函数 f(x)在[1,+∞)上单调递增,

故 f(x)≥f(1)=0.

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当 a>时,令 f′(x)=0,得 x=.

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若 x∈,则 f′(x)<0,

所以函数 f(x)在上单调递减,

所以当 x∈时,f(x)≤f(1)=0 不符合题意.综上 a 的取值范围是.

2.(5 分)(2016·合肥模拟)函数 f(x)=x3-3x-1,若对于区间[-3,2]上的任意 x1,x2,

都有|f(x1)-f(x2)|≤t,则实数 t 的最小值是 ( )

A.20

B.18

C.3

D.0

【解析】选 A.因为 f′(x)=3x2-3=3(x-1)(x+1),

令 f′(x)=0,得 x=±1,

所以-1,1 为函数的极值点.

又 f(-3)=-19,f(-1)=1,f(1)=-3,f(2)=1,

所以在区间[-3,2]上 f(x)max=1,f(x)min=-19.

又由题设知在区间[-3,2]上 f(x)max-f(x)min≤t,

从而 t≥20,

所以 t 的最小值是 20.

3.(5 分)已知函数 f(x)=ax3-3x2+1,若 f(x)存在唯一的零点 x0,且 x0>0,则 a 的取值

范围是 ( )

A.(2,+∞)

B.(-∞,-2)

C.(1,+∞)

D.(-∞,-1)

【解析】选 B.(1)当 a=0 时,函数 f(x)=-3x2+1,显然有两个零点,不合题意.

(2)当 a>0 时,由于 f′(x)=3ax2-6x=3x(ax-2),利用导数的正负与函数单调性的关系

可得在(-∞,0)和上函数单调递增,在上函数单调递减,显然存在负零点,不合题意.

(3)当 a<0 时,利用导数的正负与函数单调性的关系可得,在和(0,+∞)上函数单调递

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减,在上函数单调递增,要使得函数有唯一的零点且为正,则满足即有 a×-3×+1>0, 则有 a2>4,解得 a<-2 或 a>2(不合条件 a<0,舍去). 综合可得 a<-2. 4.(12 分)(2014·全国卷Ⅰ)设函数 f(x)=aexlnx+,曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切 线为 y=e(x-1)+2. (1)求 a,b. (2)证明:f(x)>1. 【解题提示】(1)先对函数 f(x)=aexlnx+求导,将 x=1 代入到导函数中确定曲线的切 线的斜率,求出 a,b 的值. (2)证明 f(x)>1 时,将其转化为 xlnx>xe-x-,分别构造函数进行证明. 【解析】(1)函数 f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=aexlnx+ex-ex-1+ex-1. 由题意得 f(1)=2,f′(1)=e,故 a=1,b=2. (2)由(1)知,f(x)=exlnx+ex-1, 从而 f(x)>1 等价于 xlnx>xe-x-. 设函数 g(x)=xlnx, 则 g′(x)=1+lnx. 所以当 x∈时,g′(x)<0; 当 x∈时,g′(x)>0. 故 g(x)在 x∈上单调递减,在 x∈上单调递增,从而 g(x)在(0,+∞)上的最小值为 g=-. 设函数 h(x)=xe-x-, 则 h′(x)=e-x(1-x). 所以当 x∈(0,1)时,h′(x)>0; 当 x∈(1,+∞)时,h′(x)<0.
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故 h(x)在 x∈(0,1)上单调递增,在 x∈(1,+∞)上单调递减,从而 h(x)在(0,+∞)的最 大值为 h(1)=-. 综上,当 x>0 时,g(x)>h(x),即 f(x)>1. 5.(13 分)(2016·秦皇岛模拟)已知函数 f(x)=xlnx. (1)若对一切 x∈(0,+∞),都有 f(x)≤x2-ax+2 恒成立,求实数 a 的取值范围. (2)试判断函数 y=lnx-+是否有零点?若有,求出零点的个数;若无,请说明理由. 【解析】(1)由 f(x)≤x2-ax+2 得 xlnx≤x2-ax+2, 因为 x>0,所以 a≤x-lnx+, 令 g(x)=x-lnx+, g′(x)=1--==(x>0). 当 x∈(0,2)时,g′(x)<0,g(x)单调递减; 当 x∈(2,+∞)时,g′(x)>0,g(x)单调递增, 所以 g(x)min=g(2)=3-ln2, 因为对一切 x∈(0,+∞),都有 a≤x-lnx+恒成立, 所以 a∈(-∞,3-ln2]. (2)函数 y=lnx-+无零点,理由如下: 令 lnx-+=0,则 xlnx=-, 即 f(x)=-. 由题知当 x∈(0,+∞)时, f(x)min=f=-. 设 h(x)=-(x>0),则 h′(x)=. 当 x∈(0,1)时,h′(x)>0,h(x)单调递增; 当 x∈(1,+∞)时,h′(x)<0,h(x)单调递减,
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所以 h(x)max=h(1)=-. 所以对一切 x∈(0,+∞),f(x)>h(x),即 lnx-+>0. 所以函数 y=lnx-+没有零点.

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