2019年高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 專題02 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用強(qiáng)化突破 理(含解析)新人教版.doc
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2019年高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 專題02 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用強(qiáng)化突破 理(含解析)新人教版 1.做一個(gè)圓柱形鍋爐,容積為V,兩個(gè)底面的材料每單位面積的價(jià)格為a元,側(cè)面的材料每單位面積的價(jià)格為b元,當(dāng)造價(jià)最低時(shí),鍋爐的底面直徑與高的比為( ) A. B. C. D. 解析:選C 如圖,設(shè)圓柱的底面半徑為R,高為h,則V=πR2h. 設(shè)造價(jià)為y=2πR2a+2πRhb=2πaR2+2πRb=2πaR2+, ∴y′=4πaR-. 令y′=0,得=. 2.(xx溫州十校聯(lián)合體聯(lián)考)若f(x)的定義域?yàn)镽,f′(x)>2恒成立,f(-1)=2,則f(x)>2x+4解集為( ) A.(-1,1) B.(-1,+∞) C.(-∞,-1) D.(-∞,+∞) 解析:選B 構(gòu)造函數(shù)F(x)=f(x)-2x,則F′(x)=f′(x)-2>0,所以函數(shù)F(x)在定義域上單調(diào)遞增,又F(-1)=f(-1)+2=4,所以f(x)>2x+4解集為(-1,+∞).故選B. 3.(xx珠海摸底)若函數(shù)f(x)=在[-2,2]上的最大值為2,則a的取值范圍是( ) A. B. C.(-∞,0] D. 解析:選D 當(dāng)x≤0時(shí),f′(x)=6x2+6x,易知函數(shù)f(x)在(-∞,0]上的極大值點(diǎn)是x=-1,且f(-1)=2,故只要在(0,2]上,eax≤2即可,即ax≤ln 2在(0,2]上恒成立,故只需a≤在(0,2]上恒成立,而min=,故a≤ln 2. 4.(xx山西診斷)設(shè)D是函數(shù)y=f(x)定義域內(nèi)的一個(gè)區(qū)間,若存在x0∈D,使f(x0)=-x0,則稱x0是f(x)的一個(gè)“次不動(dòng)點(diǎn)”,也稱f(x)在區(qū)間D上存在“次不動(dòng)點(diǎn)”,若函數(shù)f(x)=ax2-3x-a+在區(qū)間[1,4]上存在“次不動(dòng)點(diǎn)”,則實(shí)數(shù)a的取值范圍是( ) A.(-∞,0) B. C. D. 解析:選D 設(shè)g(x)=f(x)+x,依題意,存在x∈[1,4],使g(x)=f(x)+x=ax2-2x-a+=0.當(dāng)x=1時(shí),g(1)=≠0;當(dāng)x≠1時(shí),由ax2-2x-a+=0得a=.記h(x)=(1<x≤4),則由h′(x)==0得x=2或x=(舍去).當(dāng)x∈(1,2)時(shí),h′(x)>0;當(dāng)x∈(2,4)時(shí),h′(x)<0,即函數(shù)h(x)在(1,2)上是增函數(shù),在(2,4)上是減函數(shù),因此當(dāng)x=2時(shí),h(x)取得最大值,最大值是h(2)=,故滿足題意的實(shí)數(shù)a的取值范圍是,選D. 5.若a>2,則方程x3-ax2+1=0在(0,2)上恰好有________個(gè)根. 解析:1 設(shè)f(x)=x3-ax2+1,則f′(x)=x2-2ax=x(x-2a),因?yàn)閍>2,所以2a>4,所以當(dāng)x∈(0,2)時(shí),f′(x)<0,則f(x)在(0,2)上為減函數(shù),又f(0)f(2)=1=-4a<0,所以f(x)=0在(0,2)上恰好有1個(gè)根. 6.已知函數(shù)f(x)=x3+x,對(duì)任意的m∈[-2,2],f(mx-2)+f(x)<0恒成立,則x的取值范圍為________. 解析: ∵f′(x)=3x2+1>0恒成立, ∴f(x)在R上是增函數(shù). 又f(-x)=-f(x),∴y=f(x)為奇函數(shù). 由f(mx-2)+f(x)<0得f(mx-2)<-f(x)=f(-x), ∴mx-2<-x,即mx-2+x<0,在m∈[-2,2]上恒成立. 記g(m)=xm-2+x, 則即 解得-2<x<. 7.(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)求證:除切點(diǎn)(1,0)之外,曲線C在直線L的下方. (1)解:設(shè)f(x)=,則f′(x)=. 所以f′(1)=1. 所以L的方程為y=x-1. (2)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(jià)于g(x)>0(?x>0,x≠1). g(x)滿足g(1)=0,且g′(x)=1-f′(x)=. 當(dāng)0<x<1時(shí),x2-1<0,ln x<0,所以g′(x)<0,故g(x)單調(diào)遞減;當(dāng)x>1時(shí),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. 8.某工廠每天生產(chǎn)某種產(chǎn)品最多不超過(guò)40件,產(chǎn)品的正品率P與日產(chǎn)量x(x∈N*)件之間的關(guān)系為P=,每生產(chǎn)一件正品盈利4 000元,每出現(xiàn)一件次品虧損2 000元.(注:正品率=產(chǎn)品中的正品件數(shù)產(chǎn)品總件數(shù)100%) (1)將日利潤(rùn)y(元)表示成日產(chǎn)量x(件)的函數(shù); (2)該廠的日產(chǎn)量為多少件時(shí),日利潤(rùn)最大?并求出日利潤(rùn)的最大值. 解:(1)∵y=4 000x-2 000x=3 600x-x3, ∴所求的函數(shù)關(guān)系式是y=-x3+3 600x(x∈N*,1≤x≤40). (2)由(1)知y=f(x)=-x3+3 600x(x∈N*,1≤x≤40), ∴f′(x)=-4x2+3 600=-4(x+30)(x-30). 令f′(x)=-4x2+3 600=0, 得x=30或x=-30(舍去). 當(dāng)1≤x<30時(shí),f′(x)>0,y=f(x)單調(diào)遞增, 當(dāng)30<x≤40時(shí),f′(x)<0,y=f(x)單調(diào)遞減. ∴當(dāng)x=30時(shí),函數(shù)y=f(x)取得最大值,最大值為-303+3 60030=72 000(元). ∴該廠的日產(chǎn)量為30件時(shí),日利潤(rùn)最大,最大值為72 000元. 9.(xx南昌模擬)設(shè)f(x)=ln(1+x)-x-ax2. (1)當(dāng)x=1時(shí),f(x)取到極值,求a的值; (2)當(dāng)a滿足什么條件時(shí),f(x)在區(qū)間上有單調(diào)遞增區(qū)間? 解:(1)由題意知,f(x)的定義域?yàn)?-1,+∞), 且f′(x)=-2ax-1=, 由題意得:f′(1)=0,則-2a-2a-1=0,得a=-, 又當(dāng)a=-時(shí),f′(x)==, 當(dāng)0<x<1時(shí),f′(x)<0;當(dāng)x>1時(shí),f′(x)>0, 所以f(1)是函數(shù)f(x)的極大值,所以a=-. (2)要使f(x)在區(qū)間上有單調(diào)遞增區(qū)間,即要求f′(x)>0在區(qū)間上有解,當(dāng)-≤x≤-時(shí),f′(x)>0等價(jià)于2ax+(2a+1)>0. ①當(dāng)a=0時(shí),不等式恒成立,∴a=0. ②當(dāng)a>0時(shí),得x>-,此時(shí)只要-<-, 解得a>-,∴a>0 ③當(dāng)a<0時(shí),得x<-,此時(shí)只要->-, 解得a>-1.∴-1<a<0. 綜上所述,a>-1,故所求a的范圍為(-1,+∞). 10.(xx淮南模擬)已知函數(shù)f(x)=,x∈[0,1]. (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間和值域; (2)設(shè)a≥1,函數(shù)g(x)=x3-3a2x-2a,x∈[0,1],若對(duì)于任意x1∈[0,1],總存在x0∈[0,1],使得g(x0)=f(x1)成立,求a的取值范圍. 解:(1)f′(x)==- 令f′(x)=0,解得x=或x=(舍去). 當(dāng)x變化時(shí),f′(x),f(x)的變化情況如下表: x 0 1 f′(x) 不存在 - 0 + 不存在 f(x) - -4 -3 ∴當(dāng)x∈時(shí),f(x)是減函數(shù); 當(dāng)x∈時(shí),f(x)是增函數(shù). 當(dāng)x∈[0,1]時(shí),f(x)的值域?yàn)閇-4,-3]. (2)g′(x)=3(x2-a2). ∵a≥1,當(dāng)x∈(0,1)時(shí), g′(x)<3(1-a2)≤0, 因此當(dāng)x∈(0,1)時(shí),g(x)為減函數(shù), 從而當(dāng)x∈[0,1]時(shí),有g(shù)(x)∈[g(1),g(0)]. 又g(1)=1-2a-3a2,g(0)=-2a, 即當(dāng)x∈[0,1]時(shí),有g(shù)(x)∈[1-2a-3a2,-2a]. 對(duì)于任意x1∈[0,1],f(x1)∈[-4,-3], 存在x0∈[0,1]使得g(x0)=f(x1)成立,則 [1-2a-3a2,-2a]?[-4,-3]. 即 解①式得a≥1或a≤-; 解②式得a≤. 又a≥1,故a的取值范圍為1≤a≤. ∴所求a的取值范圍為. 11.(xx昆明質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)=ex-m-x,其中m為常數(shù). (1)若對(duì)任意x∈R有f(x)≥0成立,求m的取值范圍; (2)當(dāng)m>1時(shí),判斷f(x)在[0,2m]上零點(diǎn)的個(gè)數(shù),并說(shuō)明理由. 解:(1)依題意,可知f(x)在R上連續(xù),且f′(x)=ex-m-1, 令f′(x)=0,得x=m. 故當(dāng)x∈(-∞,m)時(shí),ex-m<1,f′(x)<0,f(x)單調(diào)遞減; 當(dāng)x∈(m,+∞)時(shí),ex-m>1,f′(x)>0,f(x)單調(diào)遞增; 故當(dāng)x=m時(shí),f(m)為極小值,也是最小值. 令f(m)=1-m≥0,得m≤1, 即對(duì)任意x∈R,f(x)≥0恒成立時(shí),m的取值范圍是(-∞,1]. (2)由(1)知f(x)在[0,2m]上至多有兩個(gè)零點(diǎn),當(dāng)m>1時(shí),f(m)=1-m<0. ∵f(0)=e-m>0,f(0)f(m)<0, ∴f(x)在(0,m)上有一個(gè)零點(diǎn). 又f(2m)=em-2m,令g(m)=em-2m, ∵當(dāng)m>1時(shí),g′(m)=em-2>0, ∴g(m)在(1,+∞)上單調(diào)遞增. ∴g(m)>g(1)=e-2>0,即f(2m)>0. ∴f(m)f(2m)<0,∴f(x)在(m,2m)上有一個(gè)零點(diǎn). 故f(x)在[0,2m]上有兩個(gè)零點(diǎn). 12.(xx合肥模擬)已知函數(shù)f(x)=ln x-. (1)若a>0,試判斷f(x)在定義域內(nèi)的單調(diào)性; (2)若f(x)在[1,e]上的最小值為,求a的值; (3)若f(x)<x2在(1,+∞)上恒成立,求a的取值范圍. 解:(1)由題意知f(x)的定義域?yàn)?0,+∞), 且f′(x)=+=. ∵a>0,∴f′(x)>0, 故f(x)在(0,+∞)上是單調(diào)遞增函數(shù). (2)由(1)可知,f′(x)=. ①若a≥-1,則x+a≥0,即f′(x)≥0在[1,e]上恒成立,此時(shí)f(x)在[1,e]上為增函數(shù), ∴f(x)min=f(1)=-a=,∴a=-(舍去). ②若a≤-e,則x+a≤0,即f′(x)≤0在[1,e]上恒成立,此時(shí)f(x)在[1,e]上為減函數(shù), ∴f(x)min=f(e)=1-=, ∴a=-(舍去). ③若-e<a<-1,令f′(x)=0得x=-a, 當(dāng)1<x<-a時(shí),f′(x)<0, ∴f(x)在(1,-a)上為減函數(shù); 當(dāng)-a<x<e時(shí),f′(x)>0, ∴f(x)在(-a,e)上為增函數(shù). ∴f(x)min=f(-a)=ln(-a)+1=, ∴a=-. 綜上所述,a=-. (3)∵f(x)<x2,∴l(xiāng)n x-<x2. 又x>0,∴a>xln x-x3. 令g(x)=xln x-x3, h(x)=g′(x)=1+ln x-3x2, h′(x)=-6x=. ∵x∈(1,+∞)時(shí),h′(x)<0, ∴h(x)在(1,+∞)上是減函數(shù). ∴h(x)<h(1)=-2<0,即g′(x)<0, ∴g(x)在(1,+∞)上也是減函數(shù). g(x)<g(1)=-1, ∴當(dāng)a≥-1時(shí),f(x)<x2在(1,+∞)上恒成立. 即所求a的取值范圍為[-1,+∞).- 1.請(qǐng)仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對(duì)于不預(yù)覽、不比對(duì)內(nèi)容而直接下載帶來(lái)的問(wèn)題本站不予受理。
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