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- 2021-05-13 发布
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第一部分 专题二 第四讲 导数的综合应用
A组
1.函数f(x)=ax3+bx2+cx+d的图象如图所示,则下列结论成立的是( A )
A.a>0,b<0,c>0,d>0 B.a>0,b<0,c<0,d>0
C.a<0,b<0,c>0,d>0 D.a>0,b>0,c>0,d<0
[解析] 由图象知f(0)=d>0,因为f′(x)=3ax2+2bx+c=0有两个不相等的正实根,所以a>0,-=->0,所以b<0,又f′(0)=c>0,所以a>0,b<0,c>0,d>0.
2.已知函数f(x)=x3-2x2+3m,x∈[0,+∞),若f(x)+5≥0恒成立,则实数m的取值范围是( A )
A.[,+∞) B.(,+∞)
C.(-∞,2] D.(-∞,2)
[解析] f′(x)=x2-4x,由f′(x)>0,得x>4或x<0.
∴f(x)在(0,4)上单调递减,在(4,+∞)上单调递增,
∴当x∈[0,+∞)时,f(x)min=f(4).
∴要使f(x)+5≥0恒成立,只需f(4)+5≥0恒成立即可,代入解之得m≥.
3.若存在正数x使2x(x-a)<1成立,则a的取值范围是( D )
A.(-∞,+∞) B.(-2,+∞)
C.(0,+∞) D.(-1,+∞)
[解析] ∵2x(x-a)<1,∴a>x-.
令f(x)=x-,
∴f′(x)=1+2-xln2>0.
∴f(x)>f(0)=0-1=-1,
∴a的取值范围为(-1,+∞),故选D.
4.(2018·潍坊模拟)当x∈[-2,1]时,不等式ax3-x2+4x+3≥0恒成立,则实数a的取值范围是( C )
10
A.[-5,-3] B.[-6,-]
C.[-6,-2] D.[-4,-3]
[解析] 当x∈(0,1]时,得a≥-3()3-4()2+,
令t=,则t∈[1,+∞),a≥-3t3-4t2+t,
令g(t)=-3t3-4t2+t,t∈[1,+∞),则g′(t)=-9t2-8t+1=-(t+1)·(9t-1),显然在[1,+∞)上,g′(t)<0,g(t)单调递减,
所以g(t)max=g(1)=-6,因此a≥-6;
同理,当x∈[-2,0)时,得a≤-2.
由以上两种情况得-6≤a≤-2,显然当x=0时也成立.
故实数a的取值范围为[-6,-2].
5.(文)(2018·河北衡水中学调研)已知函数f(x)=+的两个极值点分别为x1,x2,且x1∈(0,1),x2∈(1,+∞),点P(m,n)表示的平面区域为D,若函数y=loga(x+4)(a>1)的图象上存在区域D内的点,则实数a的取值范围是( A )
A.(1,3) B.(1,3]
C.(3,+∞) D.[3,+∞)
[解析] f ′(x)=x2+mx+=0的两根为x1,x2,且x1∈(0,1),x2∈(1,+∞),
则⇔
即
作出区域D,如图阴影部分,
可得loga(-1+4)>1,所以10,则函数F(x)=xf(x)+的零点个数是( B )
A.0 B.1
C.2 D.3
[解析] ∵x≠0时,f ′(x)+>0,
10
∴>0,即>0.①
当x>0时,由①式知(xf(x))′>0,
∴U(x)=xf(x)在(0,+∞)上为增函数,
且U(0)=0·f(0)=0,
∴U(x)=xf(x)>0在(0,+∞)上恒成立.
又>0,∴F(x)>0在(0,+∞)上恒成立,
∴F(x)在(0,+∞)上无零点.
当x<0时,(xf(x))′<0,
∴U(x)=xf(x)+在(-∞,0)上为减函数,
且U(0)=0·f(0)=0,
∴U(x)=xf(x)>0在(-∞,0)上恒成立,
∴F(x)=xf(x)+在(-∞,0)上为减函数.
当x→0时,xf(x)→0,∴F(x)≈<0,
当x→-∞时,→0,
∴F(x)≈xf(x)>0,
∴F(x)在(-∞,0)上有唯一零点.
综上所述,F(x)在(-∞,0)∪(0,+∞)上有唯一零点.
故选B.
6.(2018·武汉一模)已知函数f(x)=,g(x)=-(x-1)2+a2,若当x>0时,存在x1,x2∈R,使得f(x2)≤g(x1)成立,则实数a的取值范围是(-∞,-]∪[,+∞).
[解析] 由题意得存在x1,x2∈R ,使得f(x2)≤g(x1)成立,等价于f(x)min≤g(x)max.
因为g(x)=-(x-1)2+a2,x>0,
所以当x=1时,g(x)max=a2.
因为f(x)=,x>0,
所以f′(x)==.
所以f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,
所以f(x)min=f(1)=e.又g(x)max=a2,
所以a2≥e⇔a≤-或a≥.
故实数a的取值范围是(-∞,-]∪[,+∞).
10
7.已知x∈(0,2),若关于x的不等式<恒成立,则实数k的取值范围为[0,e-1).
[解析] 依题意,知k+2x-x2>0,即k>x2-2x对任意x∈(0,2)恒成立,从而k≥0,所以由<可得k<+x2-2x.令f(x)=+x2-2x,则f ′(x)=+2(x-1)=(x-1)(+2).
令f ′(x)=0,得x=1,当x∈(1,2)时,f ′(x)>0,函数f(x)在(1,2)上单调递增,当x∈(0,1)时,f ′(x)<0,函数f(x)在(0,1)上单调递减,所以k.
[解析] (1)函数f(x)=ln x+ax的定义域为{x|x>0},
所以f ′(x)=+a.
①若a≥0,则f ′(x)>0,∴f(x)在(0,+∞)内单调递增;
②若a<0,则f ′(x)=+a,由f′(x)>0,得0-,
∴f(x)在(-,+∞)内单调递减.
(2)证明:∵ln x1+ax1=0,ln x2+ax2=0,
∴ln x2-ln x1=a(x1-x2).
(x1-x2)f ′(x1+x2)=(x1-x2)(+a)=+
a(x1-x2)=+ln=+ln.
令=t≥e2,令φ(t)=+ln t,
10
则φ′(t)=>0,
∴φ(t)在[e2,+∞)内单调递增,
φ(t)≥φ(e2)=1+>1+=.
∴(x1-x2)f′(x1+x2)>.
9.某造船公司年最大造船量是20艘,已知造船x艘的产值函数为R(x)=3 700x+45x2-10x3(单位:万元),成本函数为C(x)=460x+5 000(单位:万元),又在经济学中,函数f(x)的边际函数Mf(x)定义为Mf(x)=f(x+1)-f(x).
(1)求利润函数P(x)及边际利润函数MP(x); (提示:利润=产值-成本)
(2)问年造船量安排多少艘时,可使公司造船的年利润最大?
(3)求边际利润函数MP(x)的单调递减区间,并说明单调递减在本题中的实际意义是什么?
[解析] (1)P(x)=R(x)-C(x)=-10x3+45x2+3 240x-5 000(x∈N*,且1≤x≤20);
MP(x)=P(x+1)-P(x)=-30x2+60x+3 275(x∈N*,且1≤x≤19).
(2)P′(x)=-30x2+90x+3 240
=-30(x-12)(x+9),
因为x>0,所以P′(x)=0时,x=12,
当00,当x>12时,P′(x)<0,
所以x=12时,P(x)有极大值,也是最大值.
即年造船量安排12艘时,可使公司造船的年利润最大.
(3)MP(x)=-30x2+60x+3 275
=-30(x-1)2+3 305.
所以,当x≥1时,MP(x)单调递减,
MP(x)是减函数的实际意义是:随着产量的增加,每艘利润与前一艘比较,利润在减少.
B组
1.对于R上可导的任意函数f(x),若满足≤0,则必有( A )
A.f(0)+f(2)>2f(1) B.f(0)+f(2)≤2f(1)
C.f(0)+f(2)<2f(1) D.f(0)+f(2)≥2f(1)
[解析] 当x<1时,f ′(x)<0,此时函数f(x)递减;当x>1时,f ′(x)>0,此时函数f(x)递增,即当x=1时,函数f(x)取得极小值同时也取得最小值f(1),所以f(0)>f(1),f(2)>f(1),则f(0)+f(2)>2f(1).
故选A.
10
2.已知函数f(x)=x(ln x-ax)有两个极值点,则实数a的取值范围是( B )
A.(-∞,0) B.(0,)
C.(0,1) D.(0,+∞)
[解析] ∵f(x)=x(ln x-ax),∴f ′(x)=ln x-2ax+1,故f ′(x)在(0,+∞)上有两个不同的零点,令f ′(x)=0,则2a=,设g(x)=,则g′(x)=,
∴g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,又∵当x→0时,g(x)→-∞,当x→+∞时,g(x)→0,而g(x)max=g(1)=1,∴只需0<2a<1⇒00,b∈R),若对任意x>0,f(x)≥f(1),则( A )
A.ln a<-2b B.ln a≤-2b
C.ln a>-2b D.ln a≥-2b
[解析] f ′(x)=2ax+b-,由题意可知f ′(1)=0,即2a+b=1,由选项可知,只需比较ln a+2b与0的大小,而b=1-2a,所以只需判断ln a+2-4a的符号.构造一个新函数g(x)=2-4x+ln x,则g′(x)=-4,令g′(x)=0,得x=,当x<时,g(x)为增函数,当x>时,g(x)为减函数,所以对任意x>0有g(x)≤g()=1-ln 4<0,所以有g(a)=2-4a+ln a=2b+ln a<0⇒ln a<-2b.故选A.
(理)已知函数f(x)=x3+ax2+bx+c有两个极值点x1,x2.若f(x1)=x10,f(x)单调递增;x∈(x1,x2)时,f ′(x)<0,f(x)单调递减;x∈(x2,+∞)时,f ′(x)>0,f(x)单调递增.
∴x1为极大值点,x2为极小值点.
∴方程3(f(x))2+2af(x)+b=0有两个不等实根,
f(x)=x1或f(x)=x2.
10
∵f(x1)=x1,
∴由图知f(x)=x1有两个不同的解,f(x)=x2仅有一个解.故选A.
4.已知函数f(x)=2ax3-3ax2+1,g(x)=-x+,若任意给定的x0∈[0,2],总存在两个不同的xi(i=1,2)∈[0,2],使得f(xi)=g(x0)成立,则实数a的取值范围是( A )
A.(-∞,-1) B.(1,+∞)
C.(-∞,-1)∪(1,+∞) D.[-1,1]
[解析] 当a=0时,显然不成立,故排除D;当a>0时,注意到f′(x)=6ax2-6ax=6ax(x-1),即f(x)在[0,1]上是减函数,在[1,2]上是增函数,又f(0)=1<=g(0),当x0=0时,结论不可能成立;进一步,可知a<0,此时g(x)在[0,2]上是增函数,
且取值范围是[,-+],
同时f(x)在0≤x≤1时,函数值从1增大到1-a,
在1≤x≤2时,函数值从1-a减少到1+4a,
所以“任意给定的x0∈[0,2],
总存在两个不同的xi(i=1,2)∈[0,2],
使得f(xi)=g(x0)成立”,
当且仅当
即解得a<-1.
5.(2017·广州模拟)已知y=f(x)为R上的连续可导函数,且xf ′(x)+f(x)>0,则函数g(x)=xf(x)+1(x>0)的零点个数为0.
[解析] 因为g(x)=xf(x)+1(x>0),g′(x)=xf ′(x)+f(x)>0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增,又g(0)=1,y=f(x)为R上的连续可导函数,所以g(x)为(0,+∞)上的连续可导函数,所以g(x)>g(0)=1,所以g(x)在(0,+∞)上无零点.
6.(文)已知函数f(x)=x2+mx-1,若对于任意x∈[m,m+1],都有f(x)<0成立,则实数m的取值范围是.
[解析]
解得-0时,g′(x)>0,所以当x=0时,函数g(x)取得最小值g(0)=1,根据题意将不等式转化为2m-1≥g(x)min=1,所以m≥1.
7.已知函数f(x)=x+aln x-1.
(1)当a∈R时,求函数f(x)的单调区间;
(2)若f(x)+≥0对于任意x∈[1,+∞)恒成立,求a的取值范围.
[解析] (1)由f(x)=x+aln x-1,
得f ′(x)=1+=,
当a≥0时,f ′(x)>0,f(x)在(0,+∞)上为增函数,
当a<0时,当0-a时f ′(x)>0,所以f(x)在(0,-a)上为减函数上恒成立,
f ′(x)在(-a,+∞)上为增函数.
(2)由题意知x+aln x-1+≥0在x∈[1,+∞),
设g(x)=x+aln x+-1,x∈[1,+∞),
则g′(x)=1++
=,x∈[1,+∞),
设h(x)=2x2+2ax+1-ln x,h′(x)=4x-+2a,
当a≥0时,4x-为增函数,所以h′(x)≥+a>0,
所以g(x)在[1,+∞)上单调递增,g(x)≥g(1)=0,
当-≤a<0时,h′(x)≥+a≥0,
所以g(x)在[1,+∞)上单调递增,g(x)≥g(1)=0,
当a<-时,当x∈[1,-]时,2a+1<-2x,
由(1)知 ,当a=-1时,x-ln x-1≥0,ln x≤x-1,
-ln x≤-1,h(x)=2x2+2ax-ln x+1≤2x2+2ax+≤2x2+2ax+x=2x2+(2a+1)x<0,
10
此时g′(x)<0,
所以g(x)在[1,-]上单调递减,
在[1,-)上,g(x)0;
当x∈(-1+,+∞)时,f ′(x)<0.
所以f(x) 在(-∞,-1-),(-1+,+∞)单调递减,在(-1-,-1+)单调递增.
(2)f(x)=(1+x)(1-x)ex.
当a≥1时,设函数h(x)=(1-x)ex,
则h′(x)=-xex<0(x>0),
因此h(x)在[0,+∞)单调递减.
而h(0)=1,故h(x)≤1
所以f(x)=(x+1)h(x)≤x+1≤ax+1.
当00(x>0),
所以g(x)在[0,+∞)单调递增.
而g(0)=0,故ex≥x+1.
当0(1-x)(1+x)2,(1-x)(1+x)2-ax-1=x(1-a-x-x2),
取x0=,
则x0∈(0,1),(1-x0)(1+x0)2-ax0-1=0,
故f(x0)>ax0+1.
当a≤0时,取x0=,则x0∈(0,1),f(x0)>(1-x0)(1+x0)2=1≥ax0+1.
综上,a的取值范围是[1,+∞).
(理)已知函数f(x)=ax2-ax-xln x,且f(x)≥0.
10
(1)求a;
(2)证明:f(x)存在唯一的极大值点x0,且e-21时,g′(x)>0,g(x)单调递增.
所以x=1是g(x)的极小值点,故g(x)≥g(1)=0.
综上,a=1.
(2)证明:由(1)知f(x)=x2-x-xln x,
f ′(x)=2x-2-ln x.
设h(x)=2x-2-ln x,则h′(x)=2-.
当x∈(0,)时,h′(x)<0;
当x∈(,+∞)时,h′(x)>0.
所以h(x)在(0,)上单调递减,在(,+∞)上单调递增.
又h(e-2)>0,h()<0,h(1)=0,
所以h(x)在(0,)上有唯一零点x0,在[,+∞)上有唯一零点1,且当x∈(0,x0)时,h(x)>0;当x∈(x0,1)时,h(x)<0;当x∈(1,+∞)时,h(x)>0.
因为f ′(x)=h(x),所以x=x0是f(x)的唯一极大值点.
由f ′(x0)=0,得ln x0=2(x0-1),故f(x0)=x0(1-x0).
由x0∈(0,)得f(x0)<.
因为x=x0是f(x)在(0,1)上的最大值点,
由e-1∈(0,1),f ′(e-1)≠0得f(x0)>f(e-1)=e-2.
所以e-2
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