新版一輪創(chuàng)新思維文數人教版A版練習:第二章 第十二節(jié) 導數的綜合應用 Word版含解析

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1、 1

2、 1 課時規(guī)范練 A組 基礎對點練 1.已知函數f(x)=x3-2x2+3m,x∈[0,+∞),若f(x)+5≥0恒成立,則實數m的取值范圍是(  ) A.       B. C.(-∞,2] D.(-∞,2) 解析:f′(x)=x2-4x,由f′(x)>0,得x>4或x<0. ∴f(x)在(0,4)上單調遞減,在(4,+∞)上單調遞增, ∴當x∈[0,+∞)時,f

3、(x)min=f(4). ∴要使f(x)+5≥0恒成立,只需f(4)+5≥0恒成立即可,代入解之得m≥. 答案:A 2.對?x∈R,函數f(x)的導數存在,若f′(x)>f(x),且a>0,則以下說法正確的是(  ) A.f(a)>ea·f(0) B.f(a)f(0) D.f(a)0,故 g(x)=為R上的單調遞增函數,因此g(a)>g(0),即>=f(0),所以f(a)>ea·f(0),選A. 答案:A 3.若存在正數x使2x(x-a)<1成立,則a的取值范圍是(  ) A.(-∞,+∞)

4、 B.(-2,+∞) C.(0,+∞) D.(-1,+∞) 解析:∵2x(x-a)<1,∴a>x-. 令f(x)=x-, ∴f′(x)=1+2-xln 2>0. ∴f(x)在(0,+∞)上單調遞增, ∴f(x)>f(0)=0-1=-1, ∴a的取值范圍為(-1,+∞),故選D. 答案:D 4.某工廠要圍建一個面積為512平方米的矩形堆料場,一邊可以利用原有的墻壁,其他三邊需要砌新的墻壁,當砌新的墻壁所用的材料最省時,堆料場的長和寬分別為(  ) A.32米,16米 B.30米,15米 C.40米,20米 D.36米,18米 解析:要求材料最省,則要求新砌的墻壁總長

5、最短,設堆料廠的寬為x米,則長為米,因此新墻總長為L=2x+(x>0),則L′=2-,令L′=0,得x=±16.又x>0,∴x=16.則當x=16時,L取得極小值,也是最小值,即用料最省,此時長為=32(米).故選A. 答案:A 5.某銀行準備設一種新的定期存款業(yè)務,經預測,存款量與存款利率的平方成正比,比例系數為k(k>0),貸款的利率為4.8%,假設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% 解析:依題意知,存款量是kx2,銀行應支付的利息是kx3,銀行應獲

6、得的利息是0.048kx2,所以銀行的收益y=0.048kx2-kx3,故y′=0.096kx-3kx2,令y′=0,得x=0.032或x=0(舍去).因為k>0,所以當00;當0.032

7、)- C.-e0,所以由g′(x)=0,解得x=-1, 當x>-1時,g′(x)>0,函數g(x)為增函數;當x<-1時,g′(x)<0,

8、函數g(x)為減函數,所以當x=-1時函數g(x)有最小值;g(-1)=-e-1=-.畫出函數y=xex的圖象,如圖所示,顯然當-

9、然在[1,+∞)上,g′(t)<0,g(t)單調遞減, 所以g(t)max=g(1)=-6,因此a≥-6;同理,當x∈[-2,0)時, 得a≤-2. 由以上兩種情況得-6≤a≤-2,顯然當x=0時也成立, 故實數a的取值范圍為[-6,-2]. 答案:C 9.若函數f(x)=2x+sin x對任意的m∈[-2,2],f(mx-3)+f(x)<0恒成立,則x的取值范圍是__________. 解析:f(-x)=-f(x),f(x)為奇函數, 若x∈R時,f′(x)=2+cos x>0恒成立, ∴f(x)在R上為增函數, 又f(x)為奇函數,故 在定義域內為增函數,∴f(mx-

10、3)+f(x)<0可變形為f(mx-3)0, 且函數f(x)=ln x+3x-8在(0,+∞)上為增函數, ∴x0∈[2,

11、3],即a=2,b=3. ∴a+b=5. 答案:5 11.已知函數f(x)=ax+xln x(a∈R). (1)若函數f(x)在區(qū)間[e,+∞)上為增函數,求a的取值范圍; (2)當a=1且k∈Z時,不等式k(x-1)

12、a=1時,f(x)=x+xln x, ∵x∈(1,+∞), ∴原不等式可化為k<, 即k<對任意x>1恒成立. 令g(x)=,則g′(x)=. 令h(x)=x-ln x-2(x>1), 則h′(x)=1-=>0, ∴h(x)在(1,+∞)上單調遞增. ∵h(3)=1-ln 3<0,h(4)=2-2ln 2>0, ∴存在x0∈(3,4)使h(x0)=0,即g′(x0)=0. 即當1x0時,h(x)>0,即g′(x)>0. ∴g(x)在(1,x0)上單調遞減,在(x0,+∞)上單調遞增. 由h(x0)=x0-ln x0

13、-2=0,得ln x0=x0-2, g(x)min=g(x0)== =x0∈(3,4), ∴k0時,由于函數y=2mx2-x+1的圖

14、象的對稱軸x=>0,故需且只需Δ>0,即1-8m>0,解得m<. 故0

15、數g(x)有且只有一個零點x=1,滿足題意. 當01, 由g′(x)>0,得0; 由g′(x)<0,得10, 故在上,函數g(x)又有一個零點,不滿足題意. 綜上所述,m=. B組 能力提升練 1.若不等式2xln x≥-x2+ax-3對

16、x∈(0,+∞)恒成立,則實數a的取值范圍是(  ) A.(-∞,0) B.(-∞,4] C.(0,+∞) D.[4,+∞) 解析:2xln x≥-x2+ax-3, 則a≤2ln x+x+,設h(x)=2ln x+x+(x>0),則h′(x)=. 當x∈(0,1)時,h′(x)<0,函數h(x)單調遞減; 當x∈(1,+∞)時,h′(x)>0,函數h(x)單調遞增,所以h(x)min=h(1)=4,所以a≤h(x)min=4. 答案:B 2.(20xx·運城模擬)已知函數f(x)=ln x+tan α的導函數為f′(x),若方程f′(x)=f(x)的根x0小于1,則α的取值

17、范圍為(  ) A. B. C. D. 解析:因為f(x)=ln x+tan α,所以f′(x)=, 令f(x)=f′(x),得ln x+tan α=, 即tan α=-ln x.設g(x)=-ln x,顯然g(x)在(0,+∞)上單調遞減, 而當x→0時,g(x)→+∞, 所以要使?jié)M足f′(x)=f(x)的根x0<1,只需tan α>g(1)=1, 又因為0<α<,所以α∈. 答案:A 3.(20xx·宜州調研)設f(x)=|ln x|,若函數g(x)=f(x)-ax在區(qū)間(0,4)上有三個零點,則實數a的取值范圍是(  ) A. B. C. D. 解析:令

18、y1=f(x)=|ln x|,y2=ax,若函數g(x)=f(x)-ax在區(qū)間(0,4)上有三個零點,則y1=f(x)=|ln x|與y2=ax的圖象(圖略)在區(qū)間(0,4)上有三個交點.由圖象易知,當a≤0時,不符合題意;當a>0時,易知y1=|ln x|與y2=ax 的圖象在區(qū)間(0,1)上有一個交點,所以只需要y1=|ln x|與y2=ax的圖象在區(qū)間(1,4)上有兩個交點即可,此時|ln x|=ln x,由ln x=ax,得a=.令h(x)=,x∈(1,4),則h′(x)=,故函數h(x)在(1,e)上單調遞增,在(e,4)上單調遞減,h(e)==,h(1)=0,h(4)==,所以

19、<,故選D. 答案:D 4.已知函數f(x)=x3+x2-ax-a(x∈R,其中a>0).若函數f(x)在區(qū)間(-2,0)內恰有兩個零點,則a的取值范圍是(  ) A. B. C.(1,2) D.(0,+∞) 解析:f′(x)=x2+(1-a)x-a=(x+1)(x-a). 由f′(x)=0,得x=-1或a(a>0). 當x變化時f′(x)與f(x)的變化情況如表: x (-∞,-1) -1 (-1,a) a (a,+∞) f′(x) + 0 - 0 + f(x)  極大值  極小值  故函數f(x)的單調遞增區(qū)間是(-∞,-1),

20、(a,+∞);單調遞減區(qū)間是(-1,a). 可知函數f(x)在區(qū)間(-2,-1)內單調遞增;在區(qū)間(-1,0)內單調遞減. 從而函數f(x)在區(qū)間(-2,0)內恰有兩個零點, 當且僅當解得00)有唯一的零點x0,且m0,x>0).因為函數f(x)有唯一零點x0,所以函數g(x),h(x)的圖象

21、有唯一一個交點,即g(x),h(x)有唯一公切點(x0,y0),即由得x+-2ln x0=0,令φ(x)=x+-2ln x0,則φ(1)=3>0,φ(2)=5-7ln 2>0,φ(e)=-e2+<0,所以x0∈(2,e),所以m=2,n=3,所以m+n=5. 答案:C 6.若函數f(x)=+1(a<0)沒有零點,則實數a的取值范圍為__________. 解析:f′(x)==. 當a<0時,f′(x),f(x)的變化情況如下表: x (-∞,2) 2 (2,+∞) f′(x) - 0 + f(x)  極小值  若使函數f(x)沒有零點, 當且僅當f(2)

22、=+1>0,解得a>-e2, 所以此時-e20; 當-10. 要使f(x)≥g(x)恒成立,即h(x)max≤0, 由上知h(x)的最大值在x=-1或x=

23、4處取得, 而h(-1)=m+,h(4)=m-, 所以m+≤0,即m≤-, 所以實數m的取值范圍為. 答案: 8.(20xx·長沙模擬)已知函數f(x)=x|x2-a|,若存在x∈[1,2],使得f(x)<2,則實數a的取值范圍是__________. 解析:當x∈[1,2]時,f(x)=|x3-ax|, 由f(x)<2可得-2-5,即a<5;

24、 設h(x)=-x2+,導數為h′(x)=-2x-, 當x∈[1,2]時,h′(x)<0, 即h(x)在[1,2]上單調遞減,可得h(x)max=-1+2=1.即有-a<1,即a>-1. 綜上可得,a的取值范圍是-1

25、φ()=-= =<0, 所以φ(e)<φ().所以φ(x)min=φ(e), 如圖可知φ(x)=a有兩個不等解時,需≤a<.即f(x)=g(x)在[,e]上有兩個不等解時a的取值范圍為. 10.(20xx·貴陽模擬)已知函數f(x)=1-,g(x)=x-ln x. (1)證明:g(x)≥1. (2)證明:(x-ln x)f(x)>1-. 證明:(1)g′(x)=,當01時,g′(x)>0, 即g(x)在(0,1)上為減函數,在(1,+∞)上為增函數. 所以g(x)≥g(1)=1,得證. (2)f(x)=1-,f′(x)=, 所以當02時,f′(x)>0, 即f(x)在(0,2)上為減函數,在(2,+∞)上為增函數, 所以f(x)≥f(2)=1-,① 又由(1)知x-ln x≥1,②,且①②等號不同時取得. 所以(x-ln x)f(x)>1-.

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