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1、
高考數(shù)學(xué)精品復(fù)習(xí)資料
2019.5
第十三節(jié) 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用(二)
時間：45分鐘 分值：75分
一、選擇題(本大題共6小題，每小題5分，共30分)
1．函數(shù)y＝ax3－x在R上是減函數(shù)，則( )
A．a(chǎn)＝ B．a(chǎn)＝1
C．a(chǎn)＝2 D．a(chǎn)≤0
解析 y′＝3ax2－1，因為函數(shù)y＝ax3－x在R上是減函數(shù)，所以3ax2－1≤0在R上恒成立，所以a≤0.故選D.
答案 D
2．已知a≤＋lnx對任意x∈恒成立，則a的最大值為( )
A．0 B．1
C．2 D．3
解析 設(shè)f(x)＝＋lnx
2、＝＋lnx－1，
則f′(x)＝－＋＝.
當(dāng)x∈時，f′(x)<0，
故函數(shù)f(x)在上單調(diào)遞減；
當(dāng)x∈(1,2]時，f′(x)>0，
故函數(shù)f(x)在(1,2]上單調(diào)遞增．
∴f(x)min＝f(1)＝0.
∴a≤0，故a的最大值為0.故選A.
答案 A
3．若直線y＝m與y＝3x－x3的圖象有三個不同的交點，則實數(shù)m的取值范圍為( )
A．－22 D．m≤－2或m≥2
解析 y′＝3(1－x)(1＋x)，由y′＝0，得x＝1，∴y極大＝2，y極小＝－2，∴－20，b>0，e是
3、自然對數(shù)的底數(shù)( )
A．若ea＋2a＝eb＋3b，則a>b
B．若ea＋2a＝eb＋3b，則ab
D．若ea－2a＝eb－3b，則a0，b>0，∴ea＋2a＝eb＋3b＝eb＋2b＋b>eb＋2b.對于函數(shù)y＝ex＋2x(x>0)，∵y′＝ex＋2>0，∴y＝ex＋2x在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，因而a>b成立．
答案 A
5．(20xx青島模擬)如圖為一圓錐形容器，其底面圓的直徑等于圓錐母線長，水以每分鐘9.3升的速度注入容器內(nèi)，則注入水的高度在t＝分鐘時的瞬時變化率為(注：π≈3.1)( )
A．27分米/
4、分鐘 B．9分米/分鐘
C．81分米/分鐘 D．9分米/分鐘
解析 設(shè)t時刻水面高度為h，半徑為r，則r＝h.
此時水的體積V＝πr2h＝πh3，又V＝9.3t
所以πh3＝9.3t，且π≈3.1.
∴h＝3t，則h′＝t－，
故當(dāng)t＝分鐘時的瞬時變化率為()－＝9.
答案 B
6．(20xx東北三省聯(lián)考)已知f(x)為定義在(－∞，＋∞)上的可導(dǎo)函數(shù)，且f(x)e2f(0)，f(2 010)>e2 010f(0)
B．f(2)e2 010f(0)
C．f(2)>e2f
5、(0)，f(2 010)0，
所以g(x)在R上單調(diào)遞增．
g(2)>g(0)，>，
f(2)>e2f(0)，g(2 010)>g(0)，
>，f(2 010)>e2 010f(0)，選A.
答案 A
二、填空題(本大題共3小題，每小題5分，共15分)
7．電動自行車的耗電量y與速度x之間有關(guān)系y＝x3－x2－40x(x>0)，為使耗電量最小，則速度應(yīng)定為________．
解析 由y′
6、＝x2－39x－40＝0，
得x＝－1或x＝40，
由于040時，y′>0.
所以當(dāng)x＝40時，y有最小值．
答案 40
8．關(guān)于x的方程x3－3x2－a＝0有三個不同的實數(shù)解，則實數(shù)a的取值范圍是________．
解析 方程可化為a＝x3－3x2，
設(shè)f(x)＝x3－3x2，則f′(x)＝3x2－6x，
由f′(x)>0，得x>2或x<0；
由f′(x)<0，得0
7、
要使方程有三個不同的實根，則有－40，x∈(，π)時，f′(x)<0.
∴f(x)在區(qū)間(，π)上是減函數(shù)．
∴f()>f(2)>f(3)＝f(－3)．
答案 f(－3)
8、nx－bx2(x>0)，
(1)求函數(shù)f(x)在x＝1處與直線y＝－相切，
①求實數(shù)a，b的值；
②求函數(shù)f(x)在 上的最大值．
(2)當(dāng)b＝0時，若不等式f(x)≥m＋x對所有的a∈，x∈(1，e2]都成立，求實數(shù)m的取值范圍．
解 (1)①f′(x)＝－2bx，
∵函數(shù)f(x)在x＝1處與直線y＝－相切，
∴解得
②f(x)＝lnx－x2，f′(x)＝－x＝，
當(dāng)≤x≤e時，令f′(x)>0得≤x<1；
令f′(x)<0，得1
9、式f(x)≥m＋x對所有的a∈，x∈(1，e2]都成立，即alnx≥m＋x對所有的a∈，x∈(1，e2]都成立，
即m≤alnx－x對所有的a∈，x∈(1，e2]都成立，
令h(a)＝alnx－x，則h(a)為一次函數(shù)，m≤h(a)min.
∵x∈(1，e2]，∴l(xiāng)nx>0.
∴h(a)在a∈上單調(diào)遞增．
∴h(a)min＝h(0)＝－x.
∴m≤－x對所有的x∈(1，e2]都成立．
∵1
10、，該處的污染指數(shù)與附近污染源的強(qiáng)度成正比，與到污染源的距離成反比，比例常數(shù)為k(k>0)．現(xiàn)已知相距36 km的A，B兩家化工廠(污染源)的污染程度分別為正數(shù)a，b，它們連線上任意一點C處的污染指數(shù)y等于兩化工廠對該處的污染指數(shù)之和．設(shè)AC＝x(km)．
(1)試將y表示為x的函數(shù)；
(2)若a＝1時，y在x＝6處取得最小值，試求b的值．
解 (1)設(shè)點C受A污染源污染指數(shù)為，點C受B污染源污染指數(shù)為，其中k為比例系數(shù)，且k>0.
從而點C處污染指數(shù)y＝＋(0
11、x∈(，＋∞)時，函數(shù)單調(diào)遞增，
∴當(dāng)x＝時，函數(shù)取得最小值
又此時x＝6，解得b＝25，經(jīng)驗證符合題意．
所以，污染源B的污染強(qiáng)度b的值為25.
12．(理)(20xx天津卷)已知函數(shù)f(x)＝x2lnx.
(Ⅰ)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(Ⅱ)證明：對任意的t>0，存在唯一的s，使t＝
f(s)；
(Ⅲ)設(shè)(Ⅱ)中所確定的s關(guān)于t的函數(shù)為s＝
g(t)，證明：當(dāng)t>e2時，有<<.
解 (Ⅰ)函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)．
f′(x)＝2xlnx＋x＝x(2lnx＋1)，令f′(x)＝0，得x＝.
當(dāng)x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：
x
12、(0，)
(，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
↘
極小值
↗
所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0，)，單調(diào)遞增區(qū)間是(，＋∞)．
(Ⅱ)證明：當(dāng)00，令h(x)＝f(x)－t，x∈[1，＋∞)．由(Ⅰ)知，h(x)在區(qū)間(1，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增．h(1)＝－t<0，h(et)＝e2tlnet－t＝t(e2t－1)>0.故存在唯一的s∈(1，＋∞)，使得t＝f(s)成立．
(Ⅲ)證明：因為s＝g(t)，由(Ⅱ)知，t＝f(s)，且s>1，從而＝＝＝＝，其中u＝lns.要使<<成立，只需0e2時，若
13、s＝g(t)≤e，則由f(s)的單調(diào)性，有t＝f(s)≤f(e)＝e2，矛盾，所以s>e，即u>1，從而lnu>0成立．
另一方面，令F(u)＝lnu－，u>1.F′(u)＝－，令F′(u)＝0，得u＝2.當(dāng)10；當(dāng)u>2時，F(xiàn)′(u)<0.故對u>1，F(xiàn)(u)≤F(2)<0.因此lnu<成立．
綜上，當(dāng)t>e2時，有<<.
12．(文)已知函數(shù)f(x)＝x2＋lnx.
(1)求函數(shù)f(x)在[1，e]上的最大值和最小值；
(2)求證：當(dāng)x∈(1，＋∞)時，函數(shù)f(x)的圖象在g(x)＝x3＋x2的下方．
解 (1)∵f(x)＝x2＋lnx，∴f′(x)＝2x＋.
∵x>1時，f′(x)>0，故f(x)在[1，e]上是增函數(shù)，
∴f(x)的最小值是f(1)＝1，最大值是f(e)＝1＋e2.
(2)證明：令F(x)＝f(x)－g(x)＝x2－x3＋lnx，
∴F′(x)＝x－2x2＋＝＝＝.
∵x>1，∴F′(x)<0.
∴F(x)在(1，＋∞)上是減函數(shù)．
∴F(x)
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