【走向高考】2020年高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 3-2導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用課后作業(yè) 北師大版

【走向高考】2020年高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 3-2導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用課后作業(yè) 北師大版 一、選擇題 1．函數(shù)y＝x－sinx，x∈的最大值是(　　) A．π－1 B.－1 C．π D．π＋1 [答案]　C [解析]　f ′(x)＝1－cosx≥0，∴f(x)在上為增函數(shù) ∴f(x)的最大值為f(π)＝π－sinπ＝π，故選C. 2．(2020·西安模擬)若函數(shù)f(x)＝x3－12x在區(qū)間(k－1，k＋1)上不是單調(diào)函數(shù)，則實(shí)數(shù)k的取值范圍是(　　) A．k≤－3或－1≤k≤1或k≥3 B．－3<k<－1或1<k<3 C．－2<k<2 D．不存在這樣的實(shí)數(shù) [答案]　B [解析]　因?yàn)閥′＝3x2－12，由y′>0得函數(shù)的增區(qū)間是(－∞，－2)和(2，＋∞)，由y′<0，得函數(shù)的減區(qū)間是(－2,2)，由于函數(shù)在(k－1，k＋1)上不是單調(diào)函數(shù)，所以有k－1<－2<k＋1或k－1<2<k＋1，解得－3<k<－1或1<k<3，故選B. 3．已知函數(shù)f(x)＝x4－2x3＋3m，x∈R，若f(x)＋9≥0恒成立，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是(　　) A．m≥ B．m> C．m≤ D．m< [答案]　A [解析]　由f ′(x)＝2x3－6x2＝0得，x＝0或x＝3， 經(jīng)檢驗(yàn)知x＝3是函數(shù)的一個(gè)最小值點(diǎn)， 所以函數(shù)的最小值為f(3)＝3m－， 不等式f(x)＋9≥0恒成立，即f(x)≥－9恒成立， 所以3m－≥－9，解得m≥. 4．當(dāng)x≥2時(shí)，lnx與x－x2的關(guān)系為(　　) A．lnx>x－x2 B．lnx<x－x2 C．lnx＝x－x2 D．大小關(guān)系不確定 [答案]　A [解析]　構(gòu)造函數(shù)F(x)＝lnx＋x2－x， 則F′(x)＝＋x－1＝. ∵x≥2，∴F′(x)>0，∴F(x)在[2，＋∞)上為增函數(shù)． 又∵F(2)＝ln2＋2－2＝ln2>0， ∴F(x)>0在[2，＋∞)上恒成立， ∴即lnx＋x2－x>0，∴l(xiāng)nx>x－x2. 5．(2020·湖南理，8)設(shè)直線x＝t與函數(shù)f(x)＝x2，g(x)＝lnx的圖像分別交于點(diǎn)M，N，則當(dāng)|MN|達(dá)到最小時(shí)t的值為(　　) A．1 B. C. D. [答案]　D [解析]　本小題考查內(nèi)容為導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用——求函數(shù)的最小值． ∵f(x)＝x2，g(x)＝lnx，圖象如下 ∴|MN|＝f(x)－g(x)＝x2－lnx(x>0) 令F(x)＝f(x)－g(x)＝x2－lnx，∴F′(x)＝2x－. 令F′(x)＝0，∴x＝，∴F(x) 在x＝處最小． 6．(文)(2020·山東文)已知某生產(chǎn)廠家的年利潤(rùn)y(單位：萬(wàn)元)與年產(chǎn)量x(單位：萬(wàn)件)的函數(shù)關(guān)系式為y＝－x3＋81x－234，則使該生產(chǎn)廠家獲取最大的年利潤(rùn)的年產(chǎn)量為(　　) A．13萬(wàn)件 B．11萬(wàn)件 C．9萬(wàn)件 D．7萬(wàn)件 [答案]　C [解析]　本題考查了導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用及求導(dǎo)運(yùn)算． ∵x>0，y′＝－x2＋81＝(9－x)(9＋x)，令y′＝0，得x＝9時(shí)；當(dāng)x∈(0,9)時(shí)，y′>0，x∈(9，＋∞)，y′<0.y先增后減，∴x＝9時(shí)函數(shù)取最大值，選C. (理)要做一個(gè)圓錐形的漏斗，其母線長(zhǎng)為20cm，要使其體積為最大，則高為(　　) A.cm B.cm C.cm D.cm [答案]　D [解析]　設(shè)圓錐的高為x，則底面半徑為， 其體積為V＝πx(400－x2)　(0＜x＜20)， V′＝π(400－3x2)，令V′＝0，解得x＝. 當(dāng)0＜x＜時(shí)，V′＞0；當(dāng)＜x＜20時(shí)，V′＜0 所以當(dāng)x＝時(shí)，V取最大值． 二、填空題 7．如下圖，函數(shù)f(x)的圖像是折線段ABC，其中A、B、C的坐標(biāo)分別為(0,4)、(2,0)、(6,4)，則f(f(0))＝________；函數(shù)f(x)在x＝1處的導(dǎo)數(shù)f ′(1)＝________. [答案]　2，－2 8．已知函數(shù)f(x)＝ax－lnx，若f(x)＞1在區(qū)間(1，＋∞)內(nèi)恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為_(kāi)___． [答案]　a≥1 [解析]　由已知得a＞在區(qū)間(1，＋∞)內(nèi)恒成立． 設(shè)g(x)＝，則g′(x)＝－＜0　(x＞1)， ∴g(x)＝在區(qū)間(1，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞減， ∴g(x)＜g(1)，∵g(1)＝1， ∴＜1在區(qū)間(1，＋∞)內(nèi)恒成立，∴a≥1. 三、解答題 9．(文)已知a為實(shí)數(shù)，函數(shù)f(x)＝(x2＋1)(x＋a)，若f′(－1)＝0，求函數(shù)y＝f(x)在上的最大值和最小值． [解析]　f′(x)＝3x2＋2ax＋1. ∵f′(－1)＝0，∴3－2a＋1＝0，即a＝2. ∴f′(x)＝3x2＋4x＋1＝3(x＋1)． 由f′(x)≥0，得x≤－1或x≥－； 由f′(x)≤0，得－1≤x≤－. 因此，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為和，單調(diào)遞減區(qū)間為. ∴f(x)在x＝－1取得極大值f(－1)＝2， f(x)在x＝－取得極小值f＝. 又∵f＝，f(1)＝6，且>， ∴f(x)在上的最大值為f(1)＝6，最小值為f＝. (理)(2020·北京理，18)已知函數(shù)f(x)＝(x－k)2e. (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若對(duì)于任意的x∈(0，＋∞)，都有f(x)≤，求k的取值范圍． [解析]　(1)f′(x)＝(x2－k2)e，令f′(x)＝0，得x＝±k. 當(dāng)k>0時(shí)，f(x)與f′(x)的情況如下： x (－∞，－k) －k (－k，k) k (k，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) ↗ 4k2e－1 ↘ 0 ↗ 所以，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(－∞，－k)和(k，＋∞)；單調(diào)遞減區(qū)間是(－k，k)． 當(dāng)k<0時(shí)，f(x)與f′(x)的情況如下： x (－∞，k) k (k，－k) －k (－k，＋∞) f′(x) － 0 ＋ 0 － f(x) ↘ 0 ↗ 4k2e－1 ↘ 所以，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，k)和(－k，＋∞)；單調(diào)遞增區(qū)間是(k，－k)． (2)當(dāng)k>0時(shí)，因?yàn)閒(k＋1)＝e>， 所以不會(huì)有?x∈(0，＋∞)，f(x)≤. 當(dāng)k<0時(shí)，由(1)知f(x)在(0，＋∞)上的最大值是f(－k)＝. 所以?x∈(0，＋∞)，f(x)≤等價(jià)于f(－k)＝≤. 解得－≤k<0.故當(dāng)?x∈(0，＋∞)，f(x)≤時(shí)， k的取值范圍是[－，0)． 一、選擇題 1．(2020·浙江文，10)設(shè)函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)，若x＝－1為函數(shù)f(x)ex的一個(gè)極值點(diǎn)，則下列圖像不可能為y＝f(x)的圖像是(　　) [答案]　D [解析]　本題考查了導(dǎo)數(shù)的極值及有關(guān)函數(shù)圖像問(wèn)題． 由F(x)＝f(x)·ex得， F′(x)＝f′(x)ex＋f(x)·(ex)′ ＝ex[ax2＋(2a＋b)x＋b＋c] ∵x＝－1是F(x)的極值點(diǎn)，∴F′(－1)＝0，得c＝a. ∴f(x)＝ax2＋bx＋a，∴f′(x)＝2ax＋b ∴f′(－1)＝－2a＋b，f(－1)＝2a－b 由f′(－1)＝0，則b＝2a，f(－1)＝0，b＝2a，故A，B選項(xiàng)可能成立； 由f′(－1)>0，∴－2a＋b>0，∴f(－1)<0，故C選項(xiàng)也成立；所以，答案選D. 2．(文)已知對(duì)任意實(shí)數(shù)x，有f(－x)＝－f(x)，g(－x)＝g(x)，且x>0時(shí)f ′(x)>0，g′(x)>0，則x<0時(shí)(　　) A．f ′(x)>0，g′(x)>0 B．f ′(x)>0，g′(x)<0 C．f ′(x)<0，g′(x)>0 D．f ′(x)<0，g′(x)<0 [答案]　B [解析]　f(x)是奇函數(shù)，g(x)為偶函數(shù)．x>0時(shí)，f(x)，g(x)都單調(diào)遞增，x<0時(shí)，f(x)單調(diào)遞增，g(x)單調(diào)遞減，即f′(x)>0，g′(x)<0. (理)函數(shù)f(x)在定義域R內(nèi)可導(dǎo)，若f(x)＝f(2－x)，且當(dāng)x∈(－∞，1)時(shí)，(x－1)·f′(x)<0，則a＝f(0)，b＝f()，c＝f(3)的大小關(guān)系是(　　) A．a(chǎn)<b<c B．b<c<a C．c<b<a D．c<a<b [答案]　D [解析]　由f(x)＝f(2－x)知函數(shù)圖像關(guān)于直線x＝1對(duì)稱，由x∈(－∞，1)時(shí)，(x－1)f′(x)<0得x∈(－∞，1)時(shí)f′(x)>0，所以x∈(－∞，1)時(shí)f(x)是增函數(shù)，又c＝f(3)＝f(－1)，而f(－1)<f(0)<f()，即c<a<b.故選D. 二、填空題 3．(2020·廣州綜測(cè))若函數(shù)f(x)＝x3－3x＋a有3個(gè)不同的零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________． [答案]　(－2,2) [解析]　f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)． 當(dāng)x<－1時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)－1<x<1時(shí)，f′(x)<0； 當(dāng)x>1時(shí)，f′(x)>0.所以當(dāng)x＝－1時(shí)函數(shù)f(x)有極大值，當(dāng)x＝1時(shí)函數(shù)f(x)有極小值．要使函數(shù)f(x)有3個(gè)不同的零點(diǎn)，只需滿足解得－2<a<2. 4．(文)(2020·山東濟(jì)南模擬)將長(zhǎng)為52cm的鐵絲剪成兩段，各圍成一個(gè)長(zhǎng)與寬之比為2:1及3:2的矩形，那么面積之和的最小值為_(kāi)_______cm2. [答案]　78 [解析]　設(shè)剪成的兩段中其中一段為x，另一段為52－x. 由題意知，面積之和為S＝·＋·＝x2＋(52－x)2， S′＝x－(52－x)． 令S′＝0，則x＝27，另一段為52－27＝25.此時(shí)Smin＝78(cm2)． (理)將邊長(zhǎng)為1m的正三角形薄鐵皮，沿一條平行于某邊的直線剪成兩塊，其中一塊是梯形，記S＝，則S的最小值是________． [答案]　 [解析]　本題主要考查了導(dǎo)數(shù)在實(shí)際問(wèn)題中的應(yīng)用，求解的關(guān)鍵在于根據(jù)條件正確地建立目標(biāo)函數(shù)，進(jìn)而利用導(dǎo)數(shù)工具求函數(shù)的最值，重點(diǎn)考查了考生的建模能力和運(yùn)算能力． 如上圖，設(shè)AD＝x(0<x<1)，則DE＝AD＝x， ∴梯形的周長(zhǎng)為x＋2(1－x)＋1＝3－x，又S△ADE＝x2， ∴梯形的面積為－x2，∴S＝×(0<x<1)， ∴S′＝×， 令S′＝0，得x＝或3(舍去)，當(dāng)x∈(0，)時(shí)，S′<0，S遞減；當(dāng)x∈(，1)時(shí)，S′>0，S遞增；故當(dāng)x＝時(shí)，S的最小值是. 三、解答題 5．(文)已知函數(shù)f(x)＝x3－px2－qx的圖像與x軸切于(1,0)點(diǎn)，求f(x)的極值． [解析]　∵f(x)過(guò)(1,0)點(diǎn)，∴f(1)＝1－p－q＝0. ∵f′(x)＝3x2－2px－q，且f(x)與x軸相切于點(diǎn)(1,0)， ∴f′(1)＝3－2p－q＝0. 解方程組得 ∴f′(x)＝3x2－4x＋1＝(x－1)(3x－1)， 其圖像如上圖所示． ∴f(x)＝x3－2x2＋x，∴f(x)極大值＝f＝3－22＋＝， f(x)極小值＝f(1)＝13－2×12＋1＝0. (理)(2020·東北四校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝－x，求函數(shù)f(x)的最大值． [解析]　∵f′(x)＝－1， 令f′(x)＝0得x2＝1－lnx. 顯然x＝1是方程的解． 令g(x)＝x2＋lnx－1，x∈(0，＋∞)， 則g′(x)＝2x＋>0， ∴函數(shù)g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增， ∴x＝1是方程f′(x)＝0的唯一解 ∵當(dāng)0<x<1時(shí)，f′(x)＝－1>0， 當(dāng)x>1時(shí)，f′(x)<0. ∴函數(shù)f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減． ∴當(dāng)x＝1時(shí)函數(shù)有最大值f(x)max＝f(1)＝－1. 6．(文)(2020·全國(guó)大綱卷文，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(guò)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(guò)點(diǎn)(2,2)． (2)由f′(x)＝0，得x2＋2ax＋1－2a＝0 (ⅰ)當(dāng)Δ≤0，即－－1≤a≤－1時(shí)，f(x)沒(méi)有極小值． (ⅱ)當(dāng)Δ>0，即a>－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>－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－<a<－－1 綜合(ⅰ)(ⅱ)得a的取值范圍是(－，－－1)． (理)(2020·新課標(biāo)文，21)已知函數(shù)f(x)＝＋，曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程為x＋2y－3＝0. (1)求a，b的值； (2)證明：當(dāng)x>0，且x≠1時(shí)，f(x)>. [解析]　(1)f′(x)＝－. 由于直線x＋2y－3＝0的斜率為－，且過(guò)點(diǎn)(1,1)，故即 解得a＝1，b＝1 (2)由(1)知f(x)＝＋，所以 f(x)－＝(2lnx－)． 考慮函數(shù)h(x)＝2lnx－(x>0)，則 h′(x)＝－＝－. 所以當(dāng)x≠1時(shí)，h′(x)<0，而h(1)＝0，故 當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，h(x)>0，可得h(x)>0； 當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，h(x)<0，可得h(x)>0. 從而當(dāng)x>0，且x≠1時(shí)，f(x)－>0，即f(x)>. 7．統(tǒng)計(jì)表明，某種型號(hào)的汽車在勻速行駛中每小時(shí)耗油量y(升)關(guān)于行駛速度x(千米/小時(shí))的函數(shù)解析式可以表示為y＝x3－x＋8(0<x≤120)．已知甲、乙兩地相距100千米． (1)當(dāng)汽車以40千米/小時(shí)的速度勻速行駛時(shí)，從甲地到乙地要耗油多少升？ (2)當(dāng)汽車以多大的速度勻速行駛時(shí)，從甲地到乙地耗油最少？最少為多少升？ [解析]　(1)當(dāng)x＝40時(shí)，汽車從甲地到乙地行駛了＝2.5(小時(shí))，耗油×2.5＝17.5(升)． 答：當(dāng)汽車以40千米/小時(shí)的速度勻速行駛時(shí)，從甲地到乙地耗油17.5升． (2)當(dāng)速度為x千米/小時(shí)時(shí)，汽車從甲地到乙地行駛了小時(shí)，設(shè)耗油量為f(x)升． 依題意得f(x)＝· ＝x2＋－　(0<x≤120)， f ′(x)＝－＝(0<x≤120)． 令f ′(x)＝0，得x＝80. 當(dāng)x∈(0,80)時(shí)，f ′(x)<0，f(x)是減函數(shù)； 當(dāng)x∈(80,120]時(shí)，f ′(x)>0，f(x)是增函數(shù)． ∴當(dāng)x＝80時(shí)，f(x)取到極小值f(80)＝11.25(升)． 因?yàn)閒(x)在(0,120]上只有一個(gè)極小值，所以它是最小值． 答：當(dāng)汽車以80千米/小時(shí)的速度勻速行駛時(shí)，從甲地到乙地耗油最少，最少為11.25升．