【創(chuàng)新設(shè)計】（浙江專用）屆高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 第3篇 第3講 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用限時訓(xùn)練 理

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1、 第3講　導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用 分層A級　基礎(chǔ)達標演練 (時間：30分鐘　滿分：55分) 一、選擇題(每小題5分，共20分) 1．已知對任意實數(shù)x，都有f(－x)＝－f(x)，g(－x)＝g(x)，且x＞0時，f′(x)＞0，g′(x)＞0，則x＜0時 (　　)． 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 解析　由題意知f(x)是奇函數(shù)，g(x)是偶函數(shù)．當x＞0時，f(x)，g(x)都單調(diào)遞增，則當x＜0時，f(x)單調(diào)遞增，g(x)單調(diào)遞減，即f′(x)＞0，g′(x

2、)＜0. 答案　B 2．從邊長為10 cm16 cm的矩形紙板的四角截去四個相同的小正方形，作成一個無蓋的盒子，則盒子容積的最大值為 (　　)． A．12 cm3 B．72 cm3 C．144 cm3 D．160 cm3 解析　設(shè)盒子容積為y cm3，盒子的高為x cm，則x∈(0,5)． 則y＝(10－2x)(16－2x)x＝4x3－52x2＋160 x， ∴y′＝12x2－104x＋160.令y′＝0，得x＝2或(舍去)， ∴ymax＝6122＝144 (cm3)． 答案　C 3．若關(guān)于x的不等式x3－3x2－9x＋2≥m對任意x∈[－2,2]恒成立，則m的取值

3、范圍是 (　　)． A．(－∞，7] B．(－∞，－20] C．(－∞，0] D．[－12,7] 解析　令f(x)＝x3－3x2－9x＋2，則f′(x)＝3x2－6x－9，令f′(x)＝0，得x＝－1或x＝3(舍去)．∵f(－1)＝7，f(－2)＝0，f(2)＝－20.∴f(x)的最小值為f(2)＝－20，故m≤－20，可知應(yīng)選B. 答案　B 4．(2012洛陽模擬)函數(shù)f(x)的定義域是R，f(0)＝2，對任意x∈R，f(x)＋f′(x)>1，則不等式exf(x)>ex＋1的解集為 (　　)． A．{x|x>0} B．{x|x<0} C．{x|x<－1或x>1}

4、 D．{x|x<－1或0ex－ex＝0，所以g(x)＝exf(x)－ex為R上的增函數(shù)．又因為g(0)＝e0f(0)－e0＝1，所以原不等式轉(zhuǎn)化為g(x)>g(0)，解得x>0. 答案　A 二、填空題(每小題5分，共10分) 5．直線y＝a與函數(shù)f(x)＝x3－3x的圖象有相異的三個公共點，則a的取值范圍是________． 解析　令f′(x)=3x2-3=0，得x=1，可得極大值為f(-1)=2，極小值為f(1)=-2，如圖，觀察得-2＜a

5、＜2時恰有三個不同的公共點． 答案　(-2,2) 6．(2013泰州調(diào)研)若函數(shù)f(x)＝x＋asin x在R上遞增，則實數(shù)a的取值范圍是________． 解析　∵f′(x)＝1＋acos x，∴要使函數(shù)f(x)＝x＋asin x在R上遞增，則1＋acos x≥0對任意實數(shù)x都成立． ∵－1≤cos x≤1， ①當a>0時，－a≤acos x≤a，∴－a≥－1，∴0

6、(x)滿足f(x)＝f′(1)ex－1－f(0)x＋x2. (1)求f(x)的解析式及單調(diào)區(qū)間； (2)若f(x)≥x2＋ax＋b，求(a＋1)b的最大值． 解　(1)由已知得f′(x)＝f′(1)ex－1－f(0)＋x. 所以f′(1)＝f′(1)－f(0)＋1，即f(0)＝1. 又f(0)＝f′(1)e－1，所以f′(1)＝e. 從而f(x)＝ex－x＋x2.由于f′(x)＝ex－1＋x， 故當x∈(－∞，0)時，f′(x)<0； 當x∈(0，＋∞)時，f′(x)>0. 從而，f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增． (2)由已知條件得ex－(a＋1

7、)x≥b.① (i)若a＋1<0，則對任意常數(shù)b，當x<0，且x<時，可得ex－(a＋1)x0，設(shè)g(x)＝ex－(a＋1)x， 則g′(x)＝ex－(a＋1)． 當x∈(－∞，ln(a＋1))時，g′(x)<0； 當x∈(ln(a＋1)，＋∞)時，g′(x)>0. 從而g(x)在(－∞，ln(a＋1))上單調(diào)遞減，在(ln(a＋1)，＋∞)上單調(diào)遞增． 故g(x)有最小值g(ln(a＋1))＝a＋1－(a＋1)ln(a＋1)． 所以f(x)≥x2＋ax＋b等價于b≤a＋1－(a＋1)ln

8、(a＋1)．② 因此(a＋1)b≤(a＋1)2－(a＋1)2ln(a＋1)． 設(shè)h(a)＝(a＋1)2－(a＋1)2ln(a＋1)，則 h′(a)＝(a＋1)[1－2ln(a＋1)]． 所以h(a)在(－1，－1)上單調(diào)遞增，在(－1，＋∞)上單調(diào)遞減，故h(a)在a＝－1處取得最大值． 從而h(a)≤，即(a＋1)b≤. 當a＝－1，b＝時，②式成立．故f(x)≥x2＋ax＋b. 綜上得，(a＋1)b的最大值為. 8．(13分)(2012長春模擬)已知函數(shù)f(x)＝＋aln x－2(a>0)． (1)若對于?x∈(0，＋∞)都有f(x)>2(a－1)成立，試求a的取值范圍；

9、 (2)記g(x)＝f(x)＋x－b(b∈R)，當a＝1時，函數(shù)g(x)在區(qū)間[e－1，e]上有兩個零點，求實數(shù)b的取值范圍． 解　(1)f′(x)＝－＋＝. 由f′(x)>0，解得x>；由f′(x)<0，解得02(a－1)成立， 所以只需滿足f>2(a－1)即可． 則＋aln －2>2(a－1)，即aln >a. 由aln >a，解得0

10、義域為(0，＋∞)． 則g′(x)＝.由g′(x)>0解得x>1； 由g′(x)<0解得0f(x)g′(x)，且f(x)＝axg(x)(a>0，且a≠1)，＋＝.若數(shù)列的前n項和大于62，則n的最小值為(　　)． 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A．8

11、 B．7 C．6 D．9 解析　構(gòu)造函數(shù)h(x)＝＝ax，由已知條件可知h′(x)＝>0，則h(x)在R上為增函數(shù)，得a>1，又a＋a－1＝，解得a＝2或a＝(舍去)． 所以＝2n，其前n項和Sn＝2＋22＋…＋2n＝2n＋1－2，由2n＋1－2>62，解得2n＋1>26，∴n>5，故n的最小值為6，選C. 答案　C 2．(2013合肥模擬)已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，若f(x)在區(qū)間(－1,0)上單調(diào)遞減，則a2＋b2的取值范圍是 (　　)． A. B. C. D. 解析 由題意得f′(x)＝3x2＋2ax＋b，f′(x)≤0在x∈(－1,

12、0)上恒成立，即3x2＋2ax＋b≤0在x∈(－1,0)上恒成立， ∴∴a，b所滿足的可行域如圖中的陰影部分所示．則點O到直線2a－b－3＝0的距離d＝，∴a2＋b2≥d2＝，∴a2＋b2的取值范圍為. 答案　C 3．(2012臨沂模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝ax3－3x＋1(x∈R)，若對于任意x∈[－1,1]，都有f(x)≥0成立，則實數(shù)a的值為________． 解析　(構(gòu)造法)若x＝0，則不論a取何值，f(x)≥0顯然成立； 當x＞0，即x∈(0,1]時，f(x)＝ax3－3x＋1≥0可化為a≥－.設(shè)g(x)＝－，則g′(x)＝， 所以g(x)在區(qū)間上單調(diào)遞增，在區(qū)間上單調(diào)遞減，

13、 因此g(x)max＝g＝4，從而a≥4. 當x＜0，即x∈[－1,0)時，同理a≤－. g(x)在區(qū)間[－1,0)上單調(diào)遞增， ∴g(x)min＝g(－1)＝4，從而a≤4，綜上可知a＝4. 答案　4 4．將邊長為1 m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________． 解析　 如圖所示，設(shè)AD=x m(0＜x＜1)，則DE=AD=x m， ∴梯形的周長為x＋2(1－x)＋1＝3－x (m)，又S△ADE＝x2(m2)， ∴梯形的面積為－x2(m2)， ∴s＝(0＜x＜1)， ∴s′＝，令s′＝0，得x＝或3

14、(舍去)，當x∈時，s′＜0，s遞減；當x∈時，s′＞0，s遞增．故當x＝時，s的最小值是. 答案　 5．(2013溫州五校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝ax3＋bx2－3x在x＝1處取得極值． (1)求函數(shù)f(x)的解析式； (2)若過點A(1，m)(m≠－2)可作曲線y＝f(x)的三條切線，求實數(shù)m的取值范圍． 解　(1)f′(x)＝3ax2＋2bx－3，依題意，f′(1)＝f′(－1)＝0， 即解得a＝1，b＝0. ∴f(x)＝x3－3x. (2)由(1)知f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)， ∵曲線方程為y＝x3－3x， ∴點A(1，m)(m≠－2)不在曲線上

15、． 設(shè)切點為M(x0，y0)，則點M的坐標滿足y0＝x－3x0. ∵f′(x0)＝3(x－1)， ∴切線的斜率為3(x－1)＝， 整理得2x－3x＋m＋3＝0. ∵過點A(1，m)可作曲線的三條切線， ∴關(guān)于x0的方程2x－3x＋m＋3＝0有三個實根． 設(shè)g(x0)＝2x－3x＋m＋3， 則g′(x0)＝6x－6x0， 由g′(x0)＝0，得x0＝0或1. ∴g(x0)在(－∞，0)和(1，＋∞)上單調(diào)遞增， 在(0,1)上單調(diào)遞減． ∴函數(shù)g(x0)＝2x－3x＋m＋3的極值點為x0＝0和1. ∴關(guān)于x0的方程2x－3x＋m＋3＝0有三個實根的充要條件是解得－3

16、<－2. 故所求實數(shù)m的取值范圍是(－3，－2)． 6．(2012福州二模)已知函數(shù)f(x)＝ax＋x2，g(x)＝xln a，a>1. (1)求證函數(shù)F(x)＝f(x)－g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增； (2)若函數(shù)y＝－3有四個零點，求b的取值范圍； (3)若對于任意的x1，x2∈[－1,1]時，都有|F(x2)－F(x1)|≤e2－2恒成立，求a的取值范圍． (1)證明　∵F(x)＝f(x)－g(x)＝ax＋x2－xln a， ∴F′(x)＝axln a＋2x－ln a＝(ax－1)ln a＋2x. ∵a>1，x>0，∴ax－1>0，ln a>0,2x>0， ∴當x∈

17、(0，＋∞)時，F(xiàn)′(x)>0，即函數(shù)F(x)在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增． (2)解　由(1)知當x∈(－∞，0)時，F(xiàn)′(x)<0， ∴F(x)在(－∞，0]上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增． ∴F(x)取得最小值為F(0)＝1. 由－3＝0， 得F(x)＝b－＋3或F(x)＝b－－3， ∴要使函數(shù)y＝－3有四個零點，只需 即b－>4，即>0， 解得b>2＋或2－

18、)＝1. 從而再來比較F(－1)與F(1)的大小即可． F(－1)＝＋1＋ln a，F(xiàn)(1)＝a＋1－ln a， ∴F(1)－F(－1)＝a－－2ln a. 令H(x)＝x－－2ln x(x>0)， 則H′(x)＝1＋－＝＝>0， ∴H(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增． ∵a>1，∴H(a)>H(1)＝0. ∴F(1)>F(－1)． ∴|F(x2)－F(x1)|的最大值為|F(1)－F(0)|＝a－ln a， ∴要使|F(x2)－F(x1)|≤e2－2恒成立， 只需a－ln a≤e2－2即可． 令h(a)＝a－ln a(a>1)，h′(a)＝1－>0， ∴h(a)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增． ∵h(e2)＝e2－2， ∴只需h(a)≤h(e2)，即1