2020届高考数学一轮复习（课时训练·文）第3章 导数及其应用14 3页

‎【课时训练】导数与函数的综合问题 一、选择题 ‎1．(2018江苏丹阳高中模拟)某公司生产某种产品，固定成本为20 000元，每生产一单位产品，成本增加100元，已知总营业收入R与年产量x的年关系是R＝R(x)＝ 则总利润最大时，年产量是(　　)‎ A．100 B．150‎ C．200 D．300‎ ‎【答案】D ‎【解析】由题意，得设总成本函数为C＝C(x)＝20 000＋100 x，总利润P(x)＝ 又P′(x)＝令P′(x)＝0，得x＝300，易知x＝300时，总利润P(x)最大．‎ ‎2．(2018海南中学期末)设f(x)是定义在R内的奇函数，且f(2)＝0，当x>0时，有<0恒成立，则不等式x2f(x)>0的解集是(　　)‎ A．(－2,0)∪(2，＋∞) B．(－2,0)∪(0,2)‎ C．(－∞，－2)∪(2，＋∞) D．(－∞，－2)∪(0,2)‎ ‎【答案】D ‎【解析】当x>0时，′<0，∴φ(x)＝在(0，＋∞)内为减函数．又φ(2)＝0，‎ ‎∴当且仅当00，此时x2f(x)>0.‎ 又f(x)为奇函数，∴h(x)＝x2f(x)也为奇函数．‎ 故x2f(x)>0的解集为(－∞，－2)∪(0,2)．‎ ‎3．(2018河北故城模拟)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]‎ ‎【答案】B ‎【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.‎ ‎4．(2018贵阳联考)已知函数f(x)的定义域为[－1,4]，部分对应值如下表：‎ x ‎－1‎ ‎0‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ f(x)‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎0‎ ‎2‎ ‎0‎ f(x)的导函数y＝f ′(x)的图象如图所示．当1ex－2的解集为(　　)‎ A．(－∞，1) B．(1，＋∞)‎ C．(2，＋∞) D．(－∞，2)‎ ‎【答案】D ‎【解析】设函数g(x)＝，则g′(x)＝<0，∴g(x)在R上单调递减，不等式f(x)>ex－2可转化为>.‎ ‎∵g(2)＝＝，∴>，‎ ‎∴x＜2，∴x∈(－∞，2)．故选D.‎ 二、填空题 ‎6．(2018襄阳四校联考)某品牌电动汽车的耗电量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________．‎ ‎【答案】40‎ ‎【解析】由y′＝x2－39x－40＝0，得x＝－1或x＝40，由于当040时，y′>0.‎ 所以当x＝40时，y有最小值．‎ ‎7．(2018长沙调研)定义域为R的可导函数y＝f(x)的导函数为f ′(x)，满足f(x)>f ′(x)，且f(0)＝1，则不等式<1的解集为________．‎ ‎【答案】(0，＋∞)‎ ‎【解析】构造函数g(x)＝，则g′(x)＝＝.‎ 由题意，得g′(x)<0恒成立，所以函数g(x)＝在R内单调递减．‎ 又g(0)＝＝1，所以<1，即g(x)0.所以不等式的解集为(0，＋∞)．‎ 三、解答题 ‎8．(2018昆明一中月考)已知函数f(x)＝ln x－.‎ ‎(1)求函数f(x)的单调递增区间；‎ ‎(2)证明：当x>1时，f(x)0，得 解得01时，F(x)1时，f(x)1时，f(x)0时，解不等式f(x)≤0；‎ ‎(2)当a＝0时，求整数t的所有值，使方程f(x)＝x＋2在[t，t＋1]上有解．‎ ‎【解】(1)因为ex>0，(ax2＋x)ex≤0，所以ax2＋x≤0.又因为a>0，所以不等式化为x≤0.所以不等式f(x)≤0的解集为.‎ ‎(2)当a＝0时，方程即为xex＝x＋2，‎ 由于ex>0，所以x＝0不是方程的解．‎ 所以原方程等价于ex－－1＝0.令h(x)＝ex－－1，‎ 因为h′(x)＝ex＋>0对于x∈(－∞，0)∪(0，＋∞)恒成立，‎ 所以h(x)在(－∞，0)和(0，＋∞)内是单调递增函数．‎ 又h(1)＝e－3<0，h(2)＝e2－2>0，‎ h(－3)＝e－3－<0，h(－2)＝e－2>0，‎ 所以方程f(x)＝x＋2有且只有两个实数根且分别在区间[1,2]和[－3，－2]上．所以整数t的所有值为{－3,1}．‎