专题15+导数的综合应用（押题专练）-2018年高考数学（文）一轮复习精品资料 6页

专题15+导数的综合应用 ‎1．方程x3－6x2＋9x－10＝0的实根个数是(　　)‎ A．3　　　　　　　　B．2‎ C．1 D．0‎ 解析：设f(x)＝x3－6x2＋9x－10，f′(x)＝3x2－12x＋9＝3(x－1)(x－3)，由此可知函数的极大值为f(1)＝－6<0，极小值为f(3)＝－10<0，所以方程x3－6x2＋9x－10＝0的实根个数为1个．‎ 答案：C ‎2．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 ‎3．若存在正数x使2x(x－a)<1成立，则a的取值范围是(　　)‎ A．(－∞，＋∞) B．(－2，＋∞)‎ C．(0，＋∞) D．(－1，＋∞)‎ 解析：∵2x(x－a)<1，∴a>x－.‎ 令f(x)＝x－，∴f′(x)＝1＋2－xln 2>0.‎ ‎∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，‎ ‎∴f(x)>f(0)＝0－1＝－1，‎ ‎∴a的取值范围为(－1，＋∞)，‎ 答案：D ‎4．若定义在R上的函数f(x)满足f(x)＋f′(x)>1，f(0)＝4，则不等式f(x)>＋1(e为自然对数的底数)的解集为(　　)‎ A．(0，＋∞) B．(－∞，0)∪(3，＋∞)‎ C．(－∞，0)∪(0，＋∞) D．(3，＋∞)‎ 解析：由f(x)>＋1得，exf(x)>3＋ex，‎ 构造函数F(x)＝exf(x)－ex－3，得F′(x)＝exf(x)＋exf′(x)－ex＝ex[f(x)＋f′(x)－1]．‎ 由f(x)＋f′(x)>1，ex>0，可知F′(x)>0，即F(x)在R上单调递增，‎ 又因为F(0)＝e0f(0)－e0－3＝f(0)－4＝0，‎ 所以F(x)>0的解集为(0，＋∞)．‎ 答案：A ‎5．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．(1，＋∞)‎ C．(－∞，－2) D．(－∞，－1)‎ 答案：C ‎6．已知函数y＝x3－3x＋c的图象与x轴恰有两个公共点，则c＝________．‎ 解析：设f(x)＝x3－3x＋c，‎ 对f(x)求导可得，f′(x)＝3x2－3，‎ 令f′(x)＝0，可得x＝±1，‎ 易知f(x)在(－∞，－1)，(1，＋∞)上单调递增，‎ 在(－1，1)上单调递减．‎ 若f(1)＝1－3＋c＝0，可知c＝2；‎ 若f(－1)＝－1＋3＋c＝0，可得c＝－2.‎ 答案：－2或2‎ ‎7．已知函数f(x)＝ax3－3x＋1对x∈(0，1]总有f(x)≥0成立，则实数a的取值范围是________．‎ 解析：当x∈(0，1]时不等式ax3－3x＋1≥0可化为a≥，设g(x)＝，x∈(0，1]，‎ g′(x)＝＝－.g′(x)与g(x)随x的变化情况如下表：‎ x g′(x)‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ g(x)‎  极大值4‎  因此g(x)的最大值为4，则实数a的取值范围是[4，＋∞)．‎ 答案：[4，＋∞)‎ ‎8．某商场从生产厂家以每件20元购进一批商品，若该商品零售价为p元，销量Q(单位：件)与零售价p(单位：元)有如下关系：Q＝8 300－170p－p2，则该商品零售价定为________元时利润最大，利润的最大值为________元．‎ 答案：30　23 000‎ ‎9．据环保部门测定，某处的污染指数与附近污染源的强度成正比，与到污染源距离的平方成反比，比例常数为k(k>0)．现已知相距18 km的A，B两家化工厂(污染源)的污染强度分别为a，b，它们连线上任意一点C处的污染指数y等于两化工厂对该处的污染指数之和．设AC＝x(km)．‎ ‎(1)试将y表示为x的函数；‎ ‎(2)若a＝1，且x＝6时，y取得最小值，试求b的值．‎ 解：(1)设点C受A污染源污染程度为，点C受B污染源污染程度为，其中k为比例系数，且k>0.‎ 从而点C处受污染程度y＝＋.‎ ‎(2)因为a＝1，所以，y＝＋，‎ y′＝k，令y′＝0，得x＝，‎ 又此时x＝6，解得b＝8，经验证符合题意，‎ 所以，污染源B的污染强度b的值为8.‎ ‎10．设函数f(x)＝aexln x＋，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝e(x－1)＋2.‎ ‎(1)求a，b；‎ ‎(2)证明：f(x)>1.‎ 所以当x∈时，g′(x)<0；‎ 当x∈时，g′(x)>0.‎ 故g(x)在上单调递减，在上单调递增，‎ 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.‎ 故h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，‎ 从而h(x)在(0，＋∞)上的最大值为h(1)＝－.‎ 综上，当x>0时，g(x)>h(x)，即f(x)>1.‎ ‎11．已知函数f(x)＝ln x＋(a＞0)．‎ ‎(1)若函数f(x)有零点，求实数a的取值范围；‎ ‎(2)证明：当a≥，b＞1时，f(ln b)＞.‎ ‎ (2)令h(x)＝xlnx＋a ，则h′(x)＝ln x＋1，当0＜x＜时，f′(x)＜0；当x＞时，f′(x)＞0，所以函数h(x)在上单调递减，在上单调递增．‎ 当x＝时，[h(x)]min＝－＋a，于是，当a≥时，h(x)≥－＋a≥，①‎ 令φ(x)＝xe－x，则φ′(x)＝e－x－xe－x＝e－x(1－x)，当0＜x＜1时，φ′(x)＞0；‎ 当x＞1时，φ′(x)＜0，所以函数φ(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．当x＝1时，[φ(x)]max＝，于是，当x＞0时，φ(x)≤，②‎ 显然，不等式①、②中的等号不能同时成立，故当x＞0，a≥时，xln x＋a＞xe－x，‎ 因为b＞1，所以ln b＞0，所以ln b·ln(ln b)＋a＞ln b·e－lnb，所以ln(ln b)＋＞，即f(ln b)＞.‎ ‎ ‎