2019-2020年高考數(shù)學一輪復習 9.3 導數(shù)的應用（二） 文.doc

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2019-2020年高考數(shù)學一輪復習 9.3 導數(shù)的應用（二） 文 一、選擇題 1．(xx湖南卷)若0＜x1＜x2＜1，則 (　　) A．ex2－ex1＞ln x2－ln x1 B．ex2－ex1＜ln x2－ln x1 C．x2ex1＞x1ex2 D．x2ex1＜x1ex2 解析　令f(x)＝，則f′(x)＝＝.當0＜x＜1時，f′(x)＜0，即f(x)在(0,1)上單調遞減，∵0＜x1＜x2＜1，∴f(x2)＜f(x1)，即，∴x2ex1＞x1ex2，故選C. 答案　C 2．某公司生產某種產品，固定成本為20 000元，每生產一單位產品，成本增加100元，已知總營業(yè)收入R與年產量x的函數(shù)關系是R＝R(x)＝則總利潤最大時，每年生產的產品是 (　　) A．100 B．150 C．200 D．300 解析　由題意得，總成本函數(shù)為C＝C(x)＝20 000＋100x， 總利潤P(x)＝ 又P′(x)＝ 令P′(x)＝0，得x＝300，易知x＝300時，總利潤P(x)最大． 答案　D 3．(xx金華十校聯(lián)考)若函數(shù)f(x)＝2x3－9x2＋12x－a恰好有兩個不同的零點，則a可能的值為 (　　) A．4 B．6 C．7 D．8 解析　由題意得f′(x)＝6x2－18x＋12＝6(x－1)(x－2)，由f′(x)＞0得x＜1或x＞2，由f′(x)＜0得1＜x＜2，所以函數(shù)f(x)在(－∞，1)，(2，＋∞)上單調遞增，在(1,2)上單調遞減，從而可知f(x)的極大值和極小值分別為f(1)，f(2)，若欲使函數(shù)f(x)恰好有兩個不同的零點，則需使f(1)＝0或f(2)＝0，解得a＝5或a＝4，而選項中只給出了4，所以選A. 答案　A 4．設函數(shù)f(x)的定義域為R，x0(x0≠0)是f(x)的極大值點，以下結論一定正確的是 (　　) A．?x∈R，f(x)≤f(x0) B．－x0是f(－x)的極小值點 C．－x0是－f(x)的極小值點 D．－x0是－f(－x)的極小值點 解析　A錯，因為極大值未必是最大值；B錯，因為函數(shù)y＝f(x)與函數(shù)y＝ f(－x)的圖象關于y軸對稱，－x0應是f(－x)的極大值點；C錯，函數(shù)y＝f(x)與函數(shù)y＝－f(x)的圖象關于x軸對稱，x0應為－f(x)的極小值點；D正確，函數(shù)y＝f(x)與y＝－f(－x)的圖象關于原點對稱，－x0應為y＝－f(－x)的極小值點． 答案　D 5．(xx新課標全國Ⅰ卷)已知函數(shù)f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零點x0，且x0＞0，則a的取值范圍是 (　　) A．(2，＋∞) B．(1，＋∞) C．(－∞，－2) D．(－∞，－1) 解析　(1)當a＝0時，顯然f(x)有兩個零點，不符合題意． (2)當a≠0時，f′(x)＝3ax2－6x，令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝. 當a＞0時，＞0，所以函數(shù)f(x)＝ax3－3x2＋1 在(－∞，0)和上為增函數(shù)，在上為減函數(shù)，因為f(x)存在唯一零點x0，且x0＞0，則f(0)＜0， 即1＜0，不成立． 當a＜0時，＜0，所以函數(shù)f(x)＝ax3－3x2＋1在和(0，＋∞)上為減函數(shù)，在上為增函數(shù)，因為f(x)存在唯一零點x0，且x0＞0，則f＞0，即a－3＋1＞0，解得a＞2或a＜－2，又因為a＜0，故a的取值范圍為 (－∞，－2)． 答案　C 二、填空題 6．(xx唐山模擬)已知a＞0，函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c在區(qū)間[－2,2]上單調遞減，則4a＋b的最大值為__________． 解析　∵f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，∴f′(x)＝3x2＋2ax＋b，∵函數(shù)f(x)在區(qū)間 [－2,2]上單調遞減， ∴即 即4a＋b≤－12，∴4a＋b的最大值為－12. 答案?。?2 7．(xx湖州質檢)已知函數(shù)f(x)＝ax3－3x＋1對x∈(0,1]總有f(x)≥0成立，則實數(shù)a的取值范圍是________ . 解析　當x∈(0,1]時不等式ax3－3x＋1≥0可化為a≥，設g(x)＝，x∈(0,1]， g′(x)＝＝－. g′(x)與g(x)隨x的變化情況如下表： x g′(x) ＋ 0 － g(x)  極大值4  因此g(x)的最大值為4，則實數(shù)a的取值范圍是[4，＋∞)． 答案　[4，＋∞) 8．已知函數(shù)f(x)＝－x3＋ax2－4在x＝2處取得極值，若m，n∈[－1,1]，則f(m)＋f′(n)的最小值是________． 解析　對函數(shù)f(x)求導得f′(x)＝－3x2＋2ax， 由函數(shù)f(x)在x＝2處取得極值知f′(2)＝0， 即－34＋2a2＝0，∴a＝3. 由此可得f(x)＝－x3＋3x2－4，f′(x)＝－3x2＋6x， 易知f(x)在(－1,0)上單調遞減，在(0,1)上單調遞增， ∴當m∈[－1,1]時，f(m)min＝f(0)＝－4. 又∵f′(x)＝－3x2＋6x的圖象開口向下，且對稱軸為x＝1，∴當n∈[－1,1]時，f′(n)min＝f′(－1)＝－9. 故f(m)＋f′(n)的最小值為－13. 答案　－13 三、解答題 9．(xx衢州一模)設函數(shù)f(x)＝ln x，g(x)＝ax＋，函數(shù)f(x)的圖象與x軸的交點也在函數(shù)g(x)的圖象上，且在此點有公切線． (1)求a，b的值； (2)試比較f(x)與g(x)的大小． 解　(1)f(x)＝ln x的圖象與x軸的交點坐標是(1,0)，依題意，得g(1)＝a＋b＝0，① 又f′(x)＝，g′(x)＝a－， 又f(x)與g(x)在點(1,0)處有公切線， ∴g′(1)＝f′(1)＝1，即a－b＝1，② 由①②得a＝，b＝－. (2)令F(x)＝f(x)－g(x)，則F(x)＝ln x－＝ln x－x＋(x＞0)，∴F′(x)＝－－＝－2≤0.∴F(x)在(0，＋∞)上為減函數(shù)，且F(1)＝0， 當0＜x＜1時，F(xiàn)(x)＞F(1)＝0，即f(x)＞g(x)； 當x＝1時，F(xiàn)(x)＝F(1)＝0，即f(x)＝g(x)； 當x＞1時，F(xiàn)(x)＜F(1)＝0，即f(x)＜g(x)． 綜上可知，當0g(x)； 當x＝1時，f(x)＝g(x)； 當x＞1時，即f(x)＜g(x)． 10．(xx新課標全國Ⅱ卷)已知函數(shù)f(x)＝x3－3x2＋ax＋2，曲線y＝f(x)在點(0,2)處的切線與x軸交點的橫坐標為－2. (1)求a； (2)證明：當k＜1時，曲線y＝f(x)與直線y＝kx－2只有一個交點． (1)解　f′(x)＝3x2－6x＋a，f′(0)＝a，曲線y＝f(x)在點(0,2)處的切線方程為y＝ax＋2.由題設得－＝－2，所以a＝1. (2)證明　由(1)知，f(x)＝x3－3x2＋x＋2.設g(x)＝f(x)－kx＋2＝x3－3x2＋(1－k)x＋4. 由題設知1－k＞0. 當x≤0時，g′(x)＝3x2－6x＋1－k＞0，g(x)單調遞增，g(－1)＝k－1＜0，g(0)＝4，所以g(x)＝0在(－∞，0]上有唯一實根． 當x＞0時，令h(x)＝x3－3x2＋4， 則g(x)＝h(x)＋(1－k)x＞h(x)． h′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)， h(x)在(0,2)上單調遞減， 在(2，＋∞)上單調遞增，所以g(x)＞h(x)≥h(2)＝0. 所以g(x)＝0在(0，＋∞)上沒有實根． 綜上，g(x)＝0在R上有唯一實根，即曲線y＝f(x)與直線y＝kx－2只有一個交點． 能力提升題組 (建議用時：35分鐘)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 11．(xx遼寧卷)當x∈[－2,1]時，不等式ax3－x2＋4x＋3≥0恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是 (　　) A．[－5，－3] B. C．[－6，－2] D．[－4，－3] 解析　由題意知?x∈[－2,1]都有ax3－x2＋4x＋3≥0，即ax3≥x2－4x－3在x∈[－2,1]上恒成立． 當x＝0時，ax3－x2＋4x＋3≥0恒成立，即3≥0， ∴a∈R. 當0＜x≤1時，a≥＝－－＋. 令t＝(t≥1)，g(t)＝－3t3－4t2＋t，因為g′(t)＝－9t2－8t＋1＜0(t≥1)，所以g(t)在[1，＋∞)上單調遞減，g(t)max＝g(1)＝－6(t≥1)，所以a≥－6. 當－2≤x＜0時，a≤－－＋，同理， g(t)在(－∞，－1]上遞減，在上遞增． 因此g(t)min＝g(－1)＝－2，所以a≤－2. 綜上，－6≤a≤－2. 答案　C 12．(xx大連模擬)已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2－x＋c(x∈R)，下列結論錯誤的是 (　　) A．函數(shù)f(x)一定存在極大值和極小值 B．若函數(shù)f(x)在(－∞，x1)，(x2，＋∞)上是增函數(shù)，則x2－x1≥ C．函數(shù)f(x)的圖象是中心對稱圖形 D．函數(shù)f(x)一定存在三個零點 解析　對于A，f′(x)＝3x2＋2ax－1，Δ＝4a2＋12＞0，因此函數(shù)f′(x)＝3x2＋2ax－1恒有兩個相異零點x3，x4(其中x3＜x4)，易知函數(shù)f(x)的遞增區(qū)間是(－∞，x3)與(x4，＋∞)，遞減區(qū)間是(x3，x4)，函數(shù)f(x)一定存在極大值與極小值，選項A正確．對于B，由A知，x3＋x4＝－，x3x4＝－，則x4－x3＝＝≥，又x1≤x3，x4≤x2，因此x2－x1≥x4－x3≥，選項B正確．對于C，函數(shù)f(x)的解析式可以通過配方的方法化為形如(x＋m)3＋n(x＋m)＋h的形式，通過平移函數(shù)圖象，函數(shù)的解析式可以化為y＝x3＋nx的形式，這是一個奇函數(shù)，其圖象關于坐標原點對稱，故函數(shù)f(x)的圖象是中心對稱圖形，所以C正確．對于D，取a＝－c＝1，得f(x)＝x3＋x2－x－1＝(x＋1)2(x－1)，此時函數(shù)f(x)僅有兩個相異零點，因此選項D不正確．綜上所述，選D. 答案　D 13．已知f(x)＝xex，g(x)＝－(x＋1)2＋a，若?x1，x2∈R，使得f(x2)≤g(x1)成立，則實數(shù)a的取值范圍是________． 解析　f′(x)＝ex＋xex＝ex(1＋x) 當x＞－1時，f′(x)＞0，函數(shù)f(x)單調遞增； 當x＜－1時，f′(x)＜0，函數(shù)f(x)單調遞減． 所以函數(shù)f(x)的最小值為f(－1)＝－. 而函數(shù)g(x)的最大值為a，則由題意， 可得－≤a，即a≥－. 答案　 14．(xx北京卷)已知函數(shù)f(x)＝x2＋xsin x＋cos x. (1)若曲線y＝f(x)在點(a，f(a))處與直線y＝b相切，求a與b的值； (2)若曲線y＝f(x)與直線y＝b有兩個不同交點，求b的取值范圍． 解　由f(x)＝x2＋xsin x＋cos x，得f′(x)＝2x＋sin x＋x(sin x)′－sin x＝x(2＋cos x)． (1)因為曲線y＝f(x)在點(a，f(a))處與直線y＝b相切，所以f′(a)＝a(2＋cos a)＝0，b＝f(a)． 解得a＝0，b＝f(0)＝1. (2)設g(x)＝f(x)－b＝x2＋xsin x＋cos x－b. 令g′(x)＝f′(x)－0＝x(2＋cos x)＝0，得x＝0. 當x變化時，g′(x)，g(x)的變化情況如下表： x (－∞，0) 0 (0，＋∞) g′(x) － 0 ＋ g(x)  1－b  所以函數(shù)g(x)在區(qū)間(－∞，0)上單調遞減，在區(qū)間(0，＋∞)上單調遞增，且g(x)的最小值為g(0)＝1－b. ①當1－b≥0時，即b≤1時，g(x)＝0至多有一個實根，曲線y＝f(x)與y＝b最多有一個交點，不合題意． ②當1－b<0時，即b>1時，有g(0)＝1－b<0， g(2b)＝4b2＋2bsin 2b＋cos 2b－b>4b－2b－1－b>0. ∴y＝g(x)在(0,2b)內存在零點， 又y＝g(x)在R上是偶函數(shù)，且g(x)在(0，＋∞)上單調遞增， ∴y＝g(x)在(0，＋∞)上有唯一零點，在(－∞，0)也有唯一零點． 故當b>1時，y＝g(x)在R上有兩個零點， 則曲線y＝f(x)與直線y＝b有兩個不同交點． 綜上可知，如果曲線y＝f(x)與直線y＝b有兩個不同交點，那么b的取值范圍是(1，＋∞)． 15．(xx四川卷)已知函數(shù)f(x)＝ex－ax2－bx－1，其中a，b∈R，e＝2.718 28…為自然對數(shù)的底數(shù)． (1)設g(x)是函數(shù)f(x)的導函數(shù)，求函數(shù)g(x)在區(qū)間[0,1]上的最小值； (2)若f(1)＝0，函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,1)內有零點，證明：e－2＜a＜1. (1)解　由f(x)＝ex－ax2－bx－1，有g(x)＝f′(x)＝ex－2ax－b，所以g′(x)＝ex－2a. 當x∈[0,1]時，g′(x)∈[1－2a，e－2a]， 當a≤時，g′(x)≥0， 所以g(x)在[0,1]上單調遞增， 因此g(x)在[0,1]上的最小值是g(0)＝1－b； 當a≥時，g′(x)≤0，所以g(x)在[0,1]上單調遞減． 因此g(x)在[0,1]上的最小值是g(1)＝e－2a－b； 當＜a＜時， 令g′(x)＝0，得x＝ln (2a)∈(0,1)， 所以函數(shù)g(x)在區(qū)間[0，ln(2a)]上單調遞減，在區(qū)間(ln(2a)，1]上單調遞增． 于是，g(x)在[0,1]上的最小值是g(ln(2a))＝2a－2aln(2a)－b. 綜上所述，當a≤時，g(x)在[0,1]上的最小值是g(0)＝1－b； 當＜a＜時，g(x)在[0,1]上的最小值是g(ln(2a))＝2a－2aln(2a)－b； 當a≥時，g(x)在[0,1]上的最小值是g(1)＝e－2a－b. (2)證明　設x0為f(x)在區(qū)間(0,1)內的一個零點，則由f(0)＝f(x0)＝0可知f(x)在區(qū)間(0，x0)上不可能單調遞增，也不可能單調遞減． 則g(x)不可能恒為正，也不可能恒為負． 故g(x)在區(qū)間(0，x0)內存在零點x1， 同理，g(x)在區(qū)間(x0,1)內存在零點x2， 所以g(x)在區(qū)間(0,1)內至少有兩個零點． 由(1)知，當a≤時，g(x)在[0,1]上單調遞增， 故g(x)在(0,1)內至多有一個零點． 當a≥時，g(x)在[0,1]上單調遞減，故g(x)在(0,1)內至多有一個零點，所以＜a＜. 此時g(x)在區(qū)間[0，ln(2a)]上單調遞減，在區(qū)間(ln(2a)，1]上單調遞增，因此x1∈(0，ln(2a)]，x2∈(ln(2a)，1)，必有g(0)＝1－b＞0，g(1)＝e－2a－b＞0. 由f(1)＝0有a＋b＝e－1＜2，有g(0)＝a－e＋2＞0，g(1)＝1－a＞0，解得e－2＜a＜1. 所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,1)內有零點時，e－2＜a＜1.