《2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 課后限時集訓(xùn)16 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的綜合問題 文(含解析)北師大版》由會員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 課后限時集訓(xùn)16 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的綜合問題 文(含解析)北師大版(7頁珍藏版)》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、課后限時集訓(xùn)(十六)
(建議用時:60分鐘)
A組 基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)
一、選擇題
1.方程x3-6x2+9x-10=0的實(shí)根個數(shù)是( )
A.3 B.2
C.1 D.0
C [設(shè)f(x)=x3-6x2+9x-10,f′(x)=3x2-12x+9=3(x-1)(x-3),由此可知函數(shù)的極大值為f(1)=-6<0,極小值為f(3)=-10<0,所以方程x3-6x2+9x-10=0的實(shí)根個數(shù)為1.]
2.若存在正數(shù)x使2x(x-a)<1成立,則實(shí)數(shù)a的取值范圍是( )
A.(-∞,+∞) B.(-2,+∞)
C.(0,+∞) D.(-1,+∞)
D [∵2x(x-
2、a)<1,∴a>x-.
令f(x)=x-,∴f′(x)=1+2-xln 2>0.
∴f(x)在(0,+∞)上是增加的,∴f(x)>f(0)=0-1=-1,∴實(shí)數(shù)a的取值范圍為(-1,+∞).]
3.某銀行準(zhǔn)備設(shè)一種新的定期存款業(yè)務(wù),經(jīng)預(yù)測,存款量與存款利率的平方成正比,比例系數(shù)為k(k>0),貸款的利率為4.8%,假設(shè)銀行吸收的存款能全部放貸出去.若存款利率為x(x∈(0,0.048)),則銀行獲得最大收益的存款利率為 ( )
A.3.2% B.2.4%
C.4% D.3.6%
A [設(shè)y表示收益,則存款量是kx2,貸款收益為0.048kx2,存款利息為kx3,則y=0.048k
3、x2-kx3,x∈(0,0.048),y′=0.096kx-3kx2=3kx(0.032-x)
令y′=0得x=0.032,且當(dāng)x∈(0,0.032)時y′>0,
當(dāng)x∈(0.032,0.048)時y′<0,因此收益y在x=0.032時取得最大值,故選A.]
4.已知y=f(x)為R上的連續(xù)可導(dǎo)函數(shù),且xf′(x)+f(x)>0,則函數(shù)g(x)=xf(x)+1(x>0)的零點(diǎn)個數(shù)為( )
A.0 B.1
C.0或1 D.無數(shù)個
A [因?yàn)間(x)=xf(x)+1(x>0),g′(x)=xf′(x)+f(x)>0,所以g(x)在(0,+∞)上遞增,因?yàn)間(0)=1,y=f(x)為R
4、上的連續(xù)可導(dǎo)函數(shù),所以g(x)為(0,+∞)上的連續(xù)可導(dǎo)函數(shù),g(x)>g(0)=1,所以g(x)在(0,+∞)上無零點(diǎn).]
5.若不等式2xln x≥-x2+ax-3對x∈(0,+∞)恒成立,則實(shí)數(shù)a的取值范圍是( )
A.(-∞,0) B.(-∞,4]
C.(0,+∞) D.[4,+∞)
B [由題意知a≤2ln x+x+對x∈(0,+∞)恒成立,
令g(x)=2ln x+x+,則g′(x)=+1-=,
由g′(x)=0得x=1或x=-3(舍),且x∈(0,1)時,g′(x)<0,x∈(1,+∞)時,g′(x)>0.因此g(x)min=g(1)=4.所以a≤4,故選B.]
5、二、填空題
6.已知函數(shù)f(x)=x+,g(x)=2x+a,若任意x1∈,存在x2∈[2,3],使得f(x1)≥g(x2),則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________.
(-∞,1] [當(dāng)x∈時,f′(x)=1-<0,f(x)min=f(1)=5.
當(dāng)x∈[2,3]時,g(x)=2x+a是增函數(shù),g(x)min=4+a.
由題意知5≥4+a,即a≤1.]
7.若函數(shù)f(x)=2x3-9x2+12x-a恰好有兩個不同的零點(diǎn),則a=________.
4或5 [f′(x)=6x2-18x+12,令f′(x)=0得x=1或x=2,
又當(dāng)x<1或x>2時,f′(x)>0,當(dāng)1<x<2時,f′(
6、x)<0.
因此x=1和x=2分別是函數(shù)f(x)的極大值點(diǎn)和極小值點(diǎn).
由題意知f(1)=0或f(2)=0,即5-a=0或4-a=0.
解得a=4或a=5.]
8.某商場從生產(chǎn)廠家以每件20元購進(jìn)一批商品,若該商品零售價為p元,銷量Q(單位:件)與零售價p(單位:元)有如下關(guān)系:Q=8 300-170p-p2,則該商品零售價定為________元時利潤最大,利潤的最大值為________元.
30 23 000 [設(shè)該商品的利潤為y元,由題意知,
y=Q(p-20)=-p3-150p2+11 700p-166 000,
則y′=-3p2-300p+11 700,
令y′=0得p
7、=30或p=-130(舍),
當(dāng)p∈(0,30)時,y′>0,當(dāng)p∈(30,+∞)時,y′<0,
因此當(dāng)p=30時,y有最大值,ymax=23 000.]
三、解答題
9.已知函數(shù)f(x)=ex+ax-a(a∈R且a≠0).
(1)若f(0)=2,求實(shí)數(shù)a的值,并求此時f(x)在[-2,1]上的最小值;
(2)若函數(shù)f(x)不存在零點(diǎn),求實(shí)數(shù)a的取值范圍.
[解] (1)由f(0)=1-a=2,得a=-1.易知f(x)在[-2,0)上遞減,在(0,1]上遞增,
所以當(dāng)x=0時,f(x)在[-2,1]上取得最小值2.
(2)f′(x)=ex+a,由于ex>0,
①當(dāng)a>0時,
8、f′(x)>0,f(x)是增函數(shù),
當(dāng)x>1時,f(x)=ex+a(x-1)>0.
當(dāng)x<0時,取x=-,則f<1+a--1=-a<0.
所以函數(shù)f(x)存在零點(diǎn),不滿足題意.
②當(dāng)a<0時,f′(x)=ex+a,
令f′(x)=0,得x=ln(-a).
在(-∞,ln(-a))上,f′(x)<0,f(x)遞減,
在(ln(-a),+∞)上,f′(x)>0,f(x)遞增,
所以當(dāng)x=ln(-a)時,f(x)取最小值.
函數(shù)f(x)不存在零點(diǎn),等價于f(ln(-a))=eln(-a)+aln(-a)-a=-2a+aln(-a)>0,解得-e2<a<0.
綜上所述,所求實(shí)數(shù)a的
9、取值范圍是(-e2,0).
10.已知函數(shù)f(x)=(a∈R).
(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;
(2)若任意x∈[1,+∞),不等式f(x)>-1恒成立,求實(shí)數(shù)a的取值范圍.
[解] (1)f′(x)=,
當(dāng)a≤-時,x2-2x-2a≥0,故f′(x)≥0,
∴函數(shù)f(x)在(-∞,+∞)上遞增,
∴當(dāng)a≤-時,函數(shù)f(x)的遞增區(qū)間為(-∞,+∞),無遞減區(qū)間.
當(dāng)a>-時,令x2-2x-2a=0?x1=1-,
x2=1+,
列表
x
(-∞,1-)
(1-,1+)
(1+,+∞)
f′(x)
+
-
+
f(x)
↗
↘
↗
由表可知,
10、當(dāng)a>-時,函數(shù)f(x)的遞增區(qū)間為(-∞,1-)和(1+,+∞),遞減區(qū)間為(1-,1+).
(2)∵f(x)>-1?>-1?2a>x2-ex,
∴由條件2a>x2-ex,對任意x≥1成立.
令g(x)=x2-ex,h(x)=g′(x)=2x-ex,
∴h′(x)=2-ex,
當(dāng)x∈[1,+∞)時,h′(x)=2-ex≤2-e<0,
∴h(x)=g′(x)=2x-ex在[1,+∞)上遞減,
∴h(x)=2x-ex≤2-e<0,即g′(x)<0,
∴g(x)=x2-ex在[1,+∞)上遞減,
∴g(x)=x2-ex≤g(1)=1-e,
故f(x)>-1在[1,+∞)上恒成立
11、,只需2a>g(x)max=1-e,
∴a>,即實(shí)數(shù)a的取值范圍是.
B組 能力提升
1.做一個無蓋的圓柱形水桶,若要使其體積是27π,且用料最省,則圓柱的底面半徑為( )
A.3 B.4
C.6 D.5
A [設(shè)圓柱的底面半徑為R,母線長為l,則V=πR2l=27π,∴l(xiāng)=,要使用料最省,只需使圓柱的側(cè)面積與下底面面積之和S最?。?
由題意,S=πR2+2πRl=πR2+2π·.
∴S′=2πR-,令S′=0,得R=3,則當(dāng)R=3時,S最?。蔬xA.]
2.若0<x1<x2<1,則( )
A.ex2-e>ln x2-ln x1 B.e-e<ln x2-ln x1
C.
12、x2ex1>x1e D.x2e<x1e
C [令f(x)=,
則f′(x)==.
當(dāng)0<x<1時,f′(x)<0,
即f(x)在(0,1)上遞減,因?yàn)?<x1<x2<1,
所以f(x2)<f(x1),即<,
所以x2ex1>x1ex2,故選C.]
3.若函數(shù)f(x)=+1(a<0)沒有零點(diǎn),則實(shí)數(shù)a的取值范圍為________.
(-e2,0) [f′(x)==(a<0).
當(dāng)x<2時,f′(x)<0;當(dāng)x>2時,f′(x)>0,
∴當(dāng)x=2時,f(x)有極小值f(2)=+1.
若使函數(shù)f(x)沒有零點(diǎn),當(dāng)且僅當(dāng)f(2)=+1>0.
解之得a>-e2,因此-e2
13、.]
4.(2017·全國卷Ⅲ)已知函數(shù)f(x)=ln x+ax2+(2a+1)x.
(1)討論f(x)的單調(diào)性;
(2)當(dāng)a<0時,證明f(x)≤--2.
[解] (1)f(x)的定義域?yàn)?0,+∞),
f′(x)=+2ax+2a+1=.
若a≥0,則當(dāng)x∈(0,+∞)時,f′(x)>0,
故f(x)在(0,+∞)上遞增.
若a<0,則當(dāng)x∈時,f′(x)>0;
當(dāng)x∈時,f′(x)<0.
故f(x)在上遞增,在上遞減.
(2)證明:由(1)知,當(dāng)a<0時,f(x)在x=-處取得最大值,最大值為f=ln-1-.
所以f(x)≤--2等價于ln-1-≤--2,
即ln++1≤0.
設(shè)g(x)=ln x-x+1,
則g′(x)=-1.
當(dāng)x∈(0,1)時,g′(x)>0;
當(dāng)x∈(1,+∞)時,g′(x)<0,
所以g(x)在(0,1)上遞增,在(1,+∞)上遞減.
故當(dāng)x=1時,g(x)取得最大值,最大值為g(1)=0.
所以當(dāng)x>0時,g(x)≤0.
從而當(dāng)a<0時,ln++1≤0,
即f(x)≤--2.
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