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2019-2020年高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第2章 第12節(jié) 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用課時提升練 文 新人教版
一、選擇題
1．已知定義在R上的函數(shù)f(x)，其導(dǎo)函數(shù)f′(x)的大致圖象如圖2122所示，則下列敘述正確的是( )
圖2122
A．f(b)>f(c)>f(d) B．f(b)>f(a)>f(e)
C．f(c)>f(b)>f(a) D．f(c)>f(e)>f(d)
【解析】 由圖象得，當(dāng)x∈(－∞，c)時，f′(x)>0；x∈(c，e)時，f′(x)<0；x∈(e，＋∞)時，f′(x)>0，故f(x)在(－∞，c)上是增函數(shù)，在(c，e)上是減函數(shù)，在(e，＋∞)上是增函數(shù)，又a
f(b)>f(a)．
【答案】 C
2．函數(shù)f(x)＝x3－3x－1，若對于區(qū)間[－3,2]上的任意x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤t，則實(shí)數(shù)t的最小值是( )
A．20 B．18
C．3 D．0
【解析】 因?yàn)閒′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)，
令f′(x)＝0，得x＝1，且f(－3)＝－19，f(－1)＝1，f(1)＝－3，f(2)＝1，所以在區(qū)間[－3,2]上f(x)max＝1，f(x)min＝－19，由題意知，在[－3,2]上，f(x)max－f(x)min≤t，所以t≥20，
則實(shí)數(shù)t的最小值為20.
【答案】 A
3．f(x)是定義在(0，＋∞)上的非負(fù)可導(dǎo)函數(shù)，且滿足xf′(x)＋f(x)≤0，對任意正數(shù)a，b，若a2，則f(x)>2x＋4的解集為( )
A．(－1,1) B．(－1，＋∞)
C．(－∞，－1) D．(－∞，＋∞)
【解析】 由已知，[f(x)－(2x＋4)]′＝f′(x)－2>0，
∴g(x)＝f(x)－(2x＋4)單調(diào)遞增，
又g(－1)＝0，∴f(x)>2x＋4的解集是(－1，＋∞)．
【答案】 B
5．設(shè)定義在R上的函數(shù)f(x)是最小正周期為2π的偶函數(shù)，f′(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù)，當(dāng)x∈[0，π]時，00.則函數(shù)y＝f(x)－sin x在[－2π，2π]上的零點(diǎn)個數(shù)為( )
A．2 B．4
C．5 D．8
【解析】 ∵f′(x)>0，
當(dāng)0，
∴f(x)在上是增函數(shù)．
當(dāng)0ln x2－ln x1
B．ex1－ex2x1ex2
D．x2ex1g(x2)，
∴x2ex1>x1ex2.
【答案】 C
二、填空題
7．已知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)閇－1,5]，部分對應(yīng)值如下表：
x
－1
0
2
4
5
y
1
2
0
2
1
f(x)的導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的圖象如圖2123所示．
圖2123
(1)f(x)的極小值為________；
(2)若函數(shù)y＝f(x)－a有4個零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為________．
【解析】 (1)由y＝f′(x)的圖象可知，
x
(－1,0)
0
(0,2)
2
(2,4)
4
(4,5)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
0
－
f(x)
↗
極大值
↘
極小值
↗
極大值
↘
∴f(2)為f(x)的極小值，f(2)＝0.
(2)y＝f(x)的圖象如圖所示：
若函數(shù)y＝f(x)－a有4個零點(diǎn)，則a的取值范圍為1≤a<2.
【答案】 (1)0 (2)[1,2)
8．在直徑為d的圓木中，截取一個具有最大抗彎強(qiáng)度的長方體梁，則矩形面的長為________(強(qiáng)度與bh2成正比，其中h為矩形的長，b為矩形的寬)．
【解析】 截面如圖所示，設(shè)抗彎強(qiáng)度系數(shù)為k，強(qiáng)度為ω，則ω＝kbh2，
又h2＝d2－b2，
∴ω＝kb(d2－b2)＝－kb3＋kd2b，
ω′＝－3kb2＋kd2，令ω′＝0，得b2＝，
∴b＝d或b＝－d(舍去)．
∴h＝＝d.
【答案】 d
9．已知函數(shù)y＝f(x)是奇函數(shù)，當(dāng)x∈(0,2)時，f(x)＝ln x－ax，，當(dāng)x∈(－2,0)時，f(x)的最小值是1，則a＝________.
【解析】 ∵f(x)是奇函數(shù)，∴f(x)在(0,2)上的最大值為－1.當(dāng)x∈(0,2)時，f′(x)＝－a，令f′(x)＝0得x＝，又a>，∴0<<2.當(dāng)x<時，f′(x)>0，f(x)在上單調(diào)遞增；當(dāng)x>時，f′(x)<0，f(x)在上單調(diào)遞減，∴f(x)max＝f＝ln －a＝－1，解得a＝1.
【答案】 1
三、解答題
10．(xx北京高考)設(shè)L為曲線C：y＝在點(diǎn)(1,0)處的切線．
(1)求L的方程；
(2)證明：除切點(diǎn)(1,0)之外，曲線C在直線L的下方．
【解】 (1)設(shè)f(x)＝，則f′(x)＝.
所以f′(1)＝1，所以L的方程為y＝x－1.
(2)證明：令g(x)＝x－1－f(x)，則除切點(diǎn)之外，曲線C在直線L的下方等價于g(x)>0(?x>0，x≠1)．
g(x)滿足g(1)＝0，且
g′(x)＝1－f′(x)＝.
當(dāng)01時，x2－1>0，ln x>0，所以g′(x)>0，故g(x)單調(diào)遞增．
所以，g(x)>g(1)＝0(?x>0，x≠1)．
所以除切點(diǎn)之外，曲線C在直線L的下方．
11．定義在R上的函數(shù)f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋3同時滿足以下條件：
①f(x)在(0,1)上是減函數(shù)，在(1，＋∞)上是增函數(shù)；
②f′(x)是偶函數(shù)；
③f(x)在x＝0處的切線與直線y＝x＋2垂直．
(1)求函數(shù)y＝f(x)的解析式；
(2)設(shè)g(x)＝ln x－，若存在實(shí)數(shù)x∈[1，e]，使g(x)xln x－x3＋x.
設(shè)M(x)＝xln x－x3＋x，x∈[1，e]，則M′(x)＝ln x－3x2＋2.
設(shè)H(x)＝ln x－3x2＋2，x∈[1，e]，則H′(x)＝－6x＝.
∵x∈[1，e]，∴H′(x)<0，即H(x)在[1，e]上單調(diào)遞減，于是，H(x)≤H(1)，即H(x)≤－1<0，即M′(x)<0，
∴M(x)在[1，e]上單調(diào)遞減，∴M(x)≥M(e)＝2e－e3，
于是有m>2e－e3為所求．
12．(xx長沙模擬)已知函數(shù)f(x)＝ex(x2＋ax－a)，其中a是常數(shù)．
(1)當(dāng)a＝1時，求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程；
(2)若存在實(shí)數(shù)k，使得關(guān)于x的方程f(x)＝k在[0，＋∞)上有兩個不相等的實(shí)數(shù)根，求k的取值范圍．
【解】 (1)由f(x)＝ex(x2＋ax－a)可得
f′(x)＝ex[ x2＋(a＋2)x]．
當(dāng)a＝1時，f(1)＝e，f′(1)＝4e.
所以曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程為y－e＝4e(x－1)，即y＝4ex－3e.
(2)令f′(x)＝ex[x2＋(a＋2)x]＝0，
解得x＝－(a＋2)或x＝0.
當(dāng)－(a＋2)≤0，即a≥－2時，在區(qū)間[0，＋∞)上，f′(x)≥0，
所以f(x)是[0，＋∞)上的增函數(shù)，
所以方程f(x)＝k在[0，＋∞)上不可能有兩個不相等的實(shí)數(shù)根．
當(dāng)－(a＋2) ＞0，即a＜－2時，f′(x)，f(x)隨x的變化情況如下表：
x
0
(0，－(a＋2))
－(a＋2)
(－(a＋2)，＋∞)
f′(x)
0
－
0
＋
f(x)
－a
↘
↗
由上表可知函數(shù)f(x)在[0，＋∞)上的最小值為f(－(a＋2))＝.
因?yàn)楹瘮?shù)f(x)是(0，－(a＋2))上的減函數(shù)，是(－(a＋2)，＋∞)上的增函數(shù)，且當(dāng)x≥－a時，有f(x)≥e－a(－a)＞－a，又f(0)＝－a.
所以要使方程f(x)＝k在[0，＋∞)上有兩個不相等的實(shí)數(shù)根，k的取值范圍是.
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