2020年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題2 函數(shù)、導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用同步練習(xí) 新人教A版

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1、2020年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)同步練習(xí)：專題2函數(shù)、導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 1．(2020·北京海淀)已知函數(shù)f(x)＝(ax－1)ex，a∈R. (1)當(dāng)a＝1時(shí)，求函數(shù)f(x)的極值； (2)若函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,1)上是單調(diào)增函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍． [解析]　(1)因?yàn)閒 ′(x)＝(ax＋a－1)ex， 所以當(dāng)a＝1時(shí)，f ′(x)＝xex， 令f ′(x)＝0，則x＝0， 所以f(x)，f ′(x)的變化情況如下表： 所以x＝0時(shí)，f(x)取得極小值f(0)＝－1. (2)因?yàn)閒 ′(x)＝(ax＋a－1)ex，函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,1)上是單調(diào)增函數(shù)，所以f

2、′(x)≥0，對(duì)x∈(0,1)恒成立． 又ex>0，所以只要ax＋a－1≥0對(duì)x∈(0,1)恒成立即可， 解法一：設(shè)g(x)＝ax＋a－1，則要使ax＋a－1≥0對(duì)x∈(0,1)恒成立，只要，即成立，解得a≥1. 解法二：因?yàn)閤>0，所以只要a≥對(duì)x∈(0,1)恒成立， 因?yàn)楹瘮?shù)g(x)＝在(0,1)上單調(diào)遞減， 所以只要a≥g(0)＝＝1. 2．已知某企業(yè)原有員工2000人，每人每年可為企業(yè)創(chuàng)利潤(rùn)3.5萬(wàn)元．為應(yīng)對(duì)國(guó)際金融危機(jī)給企業(yè)帶來(lái)的不利影響，該企業(yè)實(shí)施“優(yōu)化重組，分流增效”的策略，分流出一部分員工待崗．為維護(hù)生產(chǎn)穩(wěn)定，該企業(yè)決定待崗人數(shù)不超過原有員工的5%，并且每年給每位待

3、崗員工發(fā)放生活補(bǔ)貼0.5萬(wàn)元．據(jù)評(píng)估，若待崗員工人數(shù)為x人，則留崗員工每人每年可為企業(yè)多創(chuàng)利潤(rùn)(1－)萬(wàn)元．為使企業(yè)年利潤(rùn)最大，應(yīng)安排多少員工待崗？ [解析]　設(shè)重組后，該企業(yè)年利潤(rùn)為y萬(wàn)元，依題意得 y＝(2000－x)(3.5＋1－)－0.5x ＝－5(x＋)＋9000.81， ∴y＝－5(x＋)＋9000.81，(0

4、x＋c，其中a∈N*，b∈N，c∈Z. (1)若b>2a，且f(sinx)(x∈R)的最大值為2，最小值為－4，試求函數(shù)f(x)的最小值； (2)若對(duì)任意實(shí)數(shù)x，不等式4x≤f(x)≤2(x2＋1)恒成立，且存在x0使得f(x0)<2(x＋1)成立，求c的值． [解析]　(1)函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c的圖像開口向上，對(duì)稱軸方程為x＝－. ∵b>2a，且a∈N*，b∈N，∴－<－1. ∵sinx∈[－1,1]，∴函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c在[－1,1]上為增函數(shù)． 于是f(sinx)的最大值為f(1)＝a＋b＋c＝2， 最小值為f(－1)＝a－b＋c＝－4， 由此可得b

5、＝3.∵b>2a，且a∈N*， ∴a＝1，從而c＝－2. ∴f(x)＝x2＋3x－2＝(x＋)2－. 即f(x)的最小值為－. (2)令x＝1，代入4x≤f(x)≤2(x2＋1)得 f(1)＝4，即a＋b＋c＝4.從而b－4＝－a－c. 又由f(x)≥4x，得ax2＋(b－4)x＋c≥0. ∵a>0，故Δ＝(b－4)2－4ac≤0. 即(－a－c)2－4ac≤0，(a－c)2≤0.從而a＝c. ∵b≥0，∴a＋c≤4,2c≤4. 又a＝c∈N*，∴c＝1或c＝2. 當(dāng)c＝2時(shí)，b＝0，f(x)＝2x2＋2.此時(shí)x0不滿足f(x0)<2(x＋1)．故c＝2不符合題意，舍去．

6、 所以c＝1，經(jīng)檢驗(yàn)c＝1滿足題意． 4．(2020·安徽理，16)設(shè)f(x)＝，其中a為正實(shí)數(shù)． (1)當(dāng)a＝時(shí)，求f(x)的極值點(diǎn)； (2)若f(x)為R上的單調(diào)函數(shù)，求a的取值范圍． [解析]　對(duì)f(x)求導(dǎo)得f′(x)＝ex. (1)當(dāng)a＝時(shí)，若f′(x)＝0，則4x2－8x＋3＝0，解得x1＝，x2＝. 結(jié)合①，可知 所以，x1＝是極小值點(diǎn)，x2＝是極大值點(diǎn)． (2)若f(x)為R上的單調(diào)函數(shù)，則f′(x)在R上不變號(hào)，結(jié)合①與條件a>0，知ax2－2ax＋1≥0在R上恒成立，由此Δ＝4a2－4a＝4a(a－1)≤0，由此并結(jié)合a>0，知0

7、020·大綱全國(guó)卷文，21)已知函數(shù)f(x)＝x3＋3ax2＋(3－6a)x－12a－4(a∈R)． (1)證明：曲線y＝f(x)在x＝0處的切線過點(diǎn)(2,2)； (2)若f(x)在x＝x0處取得最小值，x0∈(1,3)，求a的取值范圍． [解析]　(1)f′(x)＝3x2＋6ax＋3－6a 由f(0)＝12a－4，f′(0)＝3－6a得曲線y＝f(x)在x＝0處的切線方程為y＝(3－6a)x＋12a－4，由此知曲線y＝f(x)在x＝0處的切線經(jīng)過點(diǎn)(2,2)． (2)由f′(x)＝0，得x2＋2ax＋1－2a＝0 (ⅰ)當(dāng)－－1≤a≤－1時(shí)，f(x)沒有極小值． (ⅱ)當(dāng)a>－

8、1或a<－－1時(shí)，由f′(x)＝0得 x1＝a－，x2＝－a＋ 故x0＝x2，由題設(shè)知，1<－a＋<3 當(dāng)a>2－1時(shí)，不等式1<－a＋<3無(wú)解 當(dāng)a<－－1時(shí)，解不等式1<－a＋<3得－0. (1)解不等式f(x＋)

9、]，且x2>x1，則f(x2)－f(x1)＝f(x2)＋f(－x1) ＝·(x2－x1)>0， 所以f(x2)>f(x1)．所以f(x)是增函數(shù)． 由f(x＋)

10、[－1,1]總成立 ?? ? ?t≤－2或t＝0或t≥2. 7．(2020·徐州二模)已知函數(shù)f(x)＝(x2－3x＋)ex，其中e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)． (1)求函數(shù)f(x)的圖像在x＝0處的切線方程； (2)求函數(shù)f(x)在區(qū)間[－1,2]上的最大值與最小值． [解析]　(1)因?yàn)閒(x)＝(x2－3x＋)ex， 所以f(0)＝， 又f ′(x)＝(2x－3)ex＋(x2－3x＋)ex＝(x2－x－)ex，所以f ′(0)＝－， 所以函數(shù)f(x)的圖像在x＝0處的切線方程為： y－＝－x，即3x＋4y－9＝0. (2)由(1)得f(x)＝(x－)2ex， f ′(x)＝(x＋)(x－)ex. 當(dāng)x變化時(shí)，函數(shù)f(x)，f ′(x)在區(qū)間[－1,2]上的變化情況如下表： x [－1，－) － (－，) (，2] f ′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x)  極大值  極小值 函數(shù)f(x)在區(qū)間[－1,2]上的最大值f(x)max＝max{f(－)，f(2)}，最小值f(x)min＝min{f(－1)，f()}． ∵f(2)－f(－)＝e2－4e－ ＝<<0， f()－f(－1)＝0－e－1<0， ∴f(x)max＝f(－)＝4e－，f(x)min＝f()＝0.