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  • 2021-06-16 发布

高考数学复习专题练习第3讲 导数的综合应用

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第3讲 导数的综合应用 一、选择题 ‎1.用总长为‎14.8 m的钢条制作一个长方体容器的框架,若所制作容器的底面的一边比高长‎0.5 m,则当高为________米时,容器的容积最大.‎ 解析 由题意直接列出函数表达式,再用导数求最值,设高为x米,‎ 则V=x(x+0.5)(3.2-2x),‎ V′=-6x2+4.4x+1.6=0,‎ 解15x2-11x-4=0,得x=1,x=-(舍去).‎ 答案 1‎ ‎2.从边长为‎10 cm×‎16 cm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.‎12 cm3 B.‎72 cm3 ‎ C.‎144 cm3 D.‎160 cm3‎ 解析 设盒子容积为y cm3,盒子的高为x cm,则x∈(0,5).‎ 则y=(10-2x)(16-2x)x=4x3-52x2+160 x,‎ ‎∴y′=12x2-104x+160.令y′=0,得x=2或(舍去),‎ ‎∴ymax=6×12×2=144 (cm3).‎ 答案 C ‎3.若关于x的不等式x3-3x2-9x+2≥m对任意x∈[-2,2]恒成立,则m的取值范围是 (  ).‎ A.(-∞,7] B.(-∞,-20]‎ C.(-∞,0] D.[-12,7]‎ 解析 令f(x)=x3-3x2-9x+2,则f′(x)=3x2-6x-9,令f′(x)=0,得x=-1或x=3(舍去).∵f(-1)=7,f(-2)=0,f(2)=-20.∴f(x)的最小值为f(2)=-20,故m≤-20,可知应选B.‎ 答案 B ‎4.函数f(x)的定义域是R,f(0)=2,对任意x∈R,f(x)+f′(x)>1,则不等式 ex·f(x)>ex+1的解集为 (  ).‎ A.{x|x>0} B.{x|x<0}‎ C.{x|x<-1或x>1} D.{x|x<-1或0ex-ex=0,所以g(x)=ex·f(x)-ex为R上的增函数.又因为g(0)=e0·f(0)-e0=1,所以原不等式转化为g(x)>g(0),解得x>0.‎ 答案 A ‎5.已知f(x),g(x)都是定义在R上的函数,g(x)≠0,f′(x)g(x)>‎ ‎ f(x)g′(x),且f(x)=axg(x)(a>0,且a≠1),+=.若数列的前n项和大于62,则n的最小值为 (  ).‎ A.8 B.‎7 ‎ C.6 D.9‎ 解析 构造函数h(x)==ax,由已知条件可知h′(x)=>0,则h(x)在R上为增函数,得a>1,又a+a-1=,解得a=2或a=(舍去).‎ 所以=2n,其前n项和Sn=2+22+…+2n=2n+1-2,由2n+1-2>62,解得2n+1>26,∴n>5,故n的最小值为6,选C.‎ 答案 C ‎6.已知函数f(x)=x3+ax2+bx+c,若f(x)在区间(-1,0)上单调递减,则a2+b2的取值范围是 (  ).‎ A. B. ‎ C. D. 解析 由题意得f′(x)=3x2+2ax+b,f′(x)≤0在x∈(-1,0)上恒成立,即3x2+2ax+b≤0在x∈(-1,0)上恒成立,‎ ‎∴∴a,b所满足的可行域如图中的阴影部分所示.则点O 到直线‎2a-b-3=0的距离d=,∴a2+b2≥d2=,∴a2+b2的取值范围为.‎ 答案 C 二、填空题 ‎7.直线y=a与函数f(x)=x3-3x的图像有相异的三个公共点,则a的取值范围是________.‎ 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)‎ ‎8.若函数f(x)=x+asin x在R上递增,则实数a的取值范围为________.‎ 解析 ∵f′(x)=1+acos x,∴要使函数f(x)=x+asin x在R上递增,则1+acos x≥0对任意实数x都成立.‎ ‎∵-1≤cos x≤1,‎ ‎①当a>0时,-a≤acos x≤a,∴-a≥-1,∴00,试判断f(x)在定义域内的单调性;‎ ‎(2)若f(x)在[1,e]上的最小值为,求a的值;‎ ‎(3)若f(x)0或f′(x)<0→确定单调性.‎ ‎(2)根据单调性→求f(x)在[1,e]上的最小值→列方程求解.‎ ‎(3)f(x)xln x-x3→求xln x-x3的最大值.‎ 解 (1)由题意知f(x)的定义域为(0,+∞),‎ 且f′(x)=+=.‎ ‎∵a>0,∴f′(x)>0,‎ 故f(x)在(0,+∞)上是单调递增函数.‎ ‎(2)由(1)可知,f′(x)=.‎ ‎①若a≥-1,则x+a≥0,‎ 即f′(x)≥0在[1,e]上恒成立,‎ 此时f(x)在[1,e]上为增函数,‎ ‎∴f(x)min=f(1)=-a=,‎ ‎∴a=-(舍去).‎ ‎②若a≤-e,则x+a≤0,‎ 即f′(x)≤0在[1,e]上恒成立,‎ 此时f(x)在[1,e]上为减函数,‎ ‎∴f(x)min=f(e)=1-=,‎ ‎∴a=-(舍去).‎ ‎③若-e0,‎ ‎∴f(x)在(-a,e)上为增函数,‎ ‎∴f(x)min=f(-a)=ln(-a)+1=,‎ ‎∴a=-.‎ 综上所述,a=-.‎ ‎(3)∵f(x)0,∴a>xln x-x3.‎ 令g(x)=xln x-x3,‎ h(x)=g′(x)=1+ln x-3x2,‎ h′(x)=-6x=.‎ ‎∵x∈(1,+∞)时,h′(x)<0,‎ ‎∴h(x)在(1,+∞)上是减函数.‎ ‎∴h(x)1.‎ ‎(1)求证函数F(x)=f(x)-g(x)在(0,+∞)上单调递增;‎ ‎(2)若函数y=-3有四个零点,求b的取值范围;‎ ‎(3)若对于任意的x1,x2∈[-1,1]时,都有|F(x2)-F(x1)|≤e2-2恒成立,求a的取值范围.‎ ‎(1)证明 ∵F(x)=f(x)-g(x)=ax+x2-xln a,‎ ‎∴F′(x)=ax·ln a+2x-ln a=(ax-1)ln a+2x.‎ ‎∵a>1,x>0,∴ax-1>0,ln a>0,2x>0,‎ ‎∴当x∈(0,+∞)时,F′(x)>0,即函数F(x)在区间(0,+∞)上单调递增.‎ ‎(2)解 由(1)知当x∈(-∞,0)时,F′(x)<0,‎ ‎∴F(x)在(-∞,0]上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.‎ ‎∴F(x)取得最小值为F(0)=1.‎ 由-3=0,‎ 得F(x)=b-+3或F(x)=b--3,‎ ‎∴要使函数y=-3有四个零点,只需 即b->4,即>0,‎ 解得b>2+或2-0),‎ 则H′(x)=1+-==>0,‎ ‎∴H(x)在(0,+∞)上单调递增.‎ ‎∵a>1,∴H(a)>H(1)=0.∴F(1)>F(-1).‎ ‎∴|F(x2)-F(x1)|的最大值为|F(1)-F(0)|=a-ln a,‎ ‎∴要使|F(x2)-F(x1)|≤e2-2恒成立,‎ 只需a-ln a≤e2-2即可.‎ 令h(a)=a-ln a(a>1),h′(a)=1->0,‎ ‎∴h(a)在(1,+∞)上单调递增.‎ ‎∵h(e2)=e2-2,∴只需h(a)≤h(e2),即1