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  • 2021-05-13 发布

2020届高考数学大二轮复习 第1部分 专题2 函数与导数 第4讲 导数的综合应用练习

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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