2020版高考數(shù)學一輪復習 課后限時集訓16 導數(shù)與函數(shù)的綜合問題（含解析）理

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1、課后限時集訓(十六) (建議用時：60分鐘) A組　基礎達標 一、選擇題 1．方程x3－6x2＋9x－10＝0的實根個數(shù)是( ) A．3 B．2 C．1 D．0 C　[設f(x)＝x3－6x2＋9x－10，f′(x)＝3x2－12x＋9＝3(x－1)(x－3)，由此可知函數(shù)的極大值為f(1)＝－6＜0，極小值為f(3)＝－10＜0，所以方程x3－6x2＋9x－10＝0的實根個數(shù)為1.] 2．若存在正數(shù)x使2x(x－a)＜1成立，則實數(shù)a的取值范圍是( ) A．(－∞，＋∞) B．(－2，＋∞) C．(0，＋∞) D．(－1，＋∞)

2、 D　[∵2x(x－a)＜1，∴a＞x－. 令f(x)＝x－，∴f′(x)＝1＋2－xln 2＞0. ∴f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增， ∴f(x)＞f(0)＝0－1＝－1， ∴實數(shù)a的取值范圍為(－1，＋∞)．] 3．某銀行準備設一種新的定期存款業(yè)務，經(jīng)預測，存款量與存款利率的平方成正比，比例系數(shù)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% A　[設y表示收益，則存款量是kx2，貸款收

3、益為0.048kx2，存款利息為kx3，則y＝0.048kx2－kx3，x∈(0，0.048)，y′＝0.096kx－3kx2＝3kx(0.032－x) 令y′＝0得x＝0.032，且當x∈(0,0.032)時y′＞0， 當x∈(0.032,0.048)時y′＜0，因此收益y在x＝0.032時取得最大值，故選A.] 4．已知y＝f(x)為R上的連續(xù)可導函數(shù)，且xf′(x)＋f(x)＞0，則函數(shù)g(x)＝xf(x)＋1(x＞0)的零點個數(shù)為( ) A．0 B．1 C．0或1 D．無數(shù)個 A　[因為g(x)＝xf(x)＋1(x＞0)，g′(x)＝xf′(x

4、)＋f(x)＞0，所以g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，因為g(0)＝1，y＝f(x)為R上的連續(xù)可導函數(shù)，所以g(x)為(0，＋∞)上的連續(xù)可導函數(shù)，g(x)＞g(0)＝1，所以g(x)在(0，＋∞)上無零點．] 5．若不等式2xln x≥－x2＋ax－3對x∈(0，＋∞)恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是( ) A．(－∞，0) B．(－∞，4] C．(0，＋∞) D．[4，＋∞) B　[由題意知a≤2ln x＋x＋對x∈(0，＋∞)恒成立， 令g(x)＝2ln x＋x＋，則g′(x)＝＋1－＝， 由g′(x)＝0得x＝1或x＝－3(舍)，且x∈(0,1

5、)時，g′(x)＜0，x∈(1，＋∞)時，g′(x)＞0.因此g(x)min＝g(1)＝4. 所以a≤4，故選B.] 二、填空題 6．已知函數(shù)f(x)＝x＋，g(x)＝2x＋a，若?x1∈，?x2∈[2,3]，使得f(x1)≥g(x2)，則實數(shù)a的取值范圍是________． (－∞，1]　[當x∈時，f′(x)＝1－＜0，f(x)min＝f(1)＝5. 當x∈[2,3]時，g(x)＝2x＋a是增函數(shù)，g(x)min＝4＋a. 由題意知5≥4＋a，即a≤1.] 7．若函數(shù)f(x)＝2x3－9x2＋12x－a恰好有兩個不同的零點，則a＝________. 4或5　[f′(x)＝6

6、x2－18x＋12，令f′(x)＝0得x＝1或x＝2， 又當x＜1或x＞2時，f′(x)＞0，當1＜x＜2時，f′(x)＜0. 因此x＝1和x＝2分別是函數(shù)f(x)的極大值點和極小值點． 由題意知f(1)＝0或f(2)＝0，即5－a＝0或4－a＝0. 解得a＝4或a＝5.] 8．某商場從生產(chǎn)廠家以每件20元購進一批商品，若該商品零售價為p元，銷量Q(單位：件)與零售價p(單位：元)有如下關系：Q＝8 300－170p－p2，則該商品零售價定為________元時利潤最大，利潤的最大值為________元． 30　23 000　[設該商品的利潤為y元，由題意知， y＝Q(p－20)

7、＝－p3－150p2＋11 700p－166 000， 則y′＝－3p2－300p＋11 700， 令y′＝0得p＝30或p＝－130(舍)， 當p∈(0,30)時，y′＞0，當p∈(30，＋∞)時，y′＜0， 因此當p＝30時，y有最大值，ymax＝23 000.] 三、解答題 9．已知函數(shù)f(x)＝ex＋ax－a(a∈R且a≠0)． (1)若f(0)＝2，求實數(shù)a的值，并求此時f(x)在[－2,1]上的最小值； (2)若函數(shù)f(x)不存在零點，求實數(shù)a的取值范圍． [解]　(1)由f(0)＝1－a＝2，得a＝－1.易知f(x)在[－2,0)上單調(diào)遞減，在(0,1]上單調(diào)遞

8、增， 所以當x＝0時，f(x)在[－2,1]上取得最小值2. (2)f′(x)＝ex＋a，由于ex＞0， ①當a＞0時，f′(x)＞0，f(x)是增函數(shù)， 當x＞1時，f(x)＝ex＋a(x－1)＞0. 當x＜0時，取x＝－，則f＜1＋a－－1＝－a＜0. 所以函數(shù)f(x)存在零點，不滿足題意． ②當a＜0時，f′(x)＝ex＋a， 令f′(x)＝0，得x＝ln(－a)． 在(－∞，ln(－a))上，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減， 在(ln(－a)，＋∞)上，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增， 所以當x＝ln(－a)時，f(x)取最小值． 函數(shù)f(x)不存在零點，等

9、價于f(ln(－a))＝eln(－a)＋aln(－a)－a＝－2a＋aln(－a)＞0，解得－e2＜a＜0. 綜上所述，所求實數(shù)a的取值范圍是(－e2,0)． 10．已知函數(shù)f(x)＝(a∈R)． (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若?x∈[1，＋∞)，不等式f(x)＞－1恒成立，求實數(shù)a的取值范圍． [解]　(1)f′(x)＝， 當a≤－時，x2－2x－2a≥0，故f′(x)≥0， ∴函數(shù)f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增， ∴當a≤－時，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，＋∞)，無單調(diào)遞減區(qū)間． 當a＞－時，令x2－2x－2a＝0?x1＝1－， x2＝1＋，

10、列表 x (－∞，1－) (1－，1＋) (1＋， ＋∞) f′(x) ＋ － ＋ f(x) ↗ ↘ ↗ 由表可知，當a＞－時，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，1－)和(1＋，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(1－，1＋)． (2)∵f(x)＞－1?＞－1?2a＞x2－ex， ∴由條件2a＞x2－ex，對?x≥1成立． 令g(x)＝x2－ex，h(x)＝g′(x)＝2x－ex， ∴h′(x)＝2－ex， 當x∈[1，＋∞)時，h′(x)＝2－ex≤2－e＜0， ∴h(x)＝g′(x)＝2x－ex在[1，＋∞)上單調(diào)遞減， ∴h(x)＝2x－ex≤

11、2－e＜0，即g′(x)＜0， ∴g(x)＝x2－ex在[1，＋∞)上單調(diào)遞減， ∴g(x)＝x2－ex≤g(1)＝1－e， 故f(x)＞－1在[1，＋∞)上恒成立，只需2a＞g(x)max＝1－e， ∴a＞，即實數(shù)a的取值范圍是. B組　能力提升 1．做一個無蓋的圓柱形水桶，若要使其體積是27π，且用料最省，則圓柱的底面半徑為( ) A．3 B．4 C．6 D．5 A　[設圓柱的底面半徑為R，母線長為l，則V＝πR2l＝27π，∴l(xiāng)＝，要使用料最省，只需使圓柱的側面積與下底面面積之和S最?。? 由題意，S＝πR2＋2πRl＝πR2＋2π·.

12、∴S′＝2πR－，令S′＝0，得R＝3，則當R＝3時，S最?。蔬xA.] 2．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 C　[令f(x)＝， 則f′(x)＝＝. 當0＜x＜1時，f′(x)＜0， 即f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，因為0＜x1＜x2＜1， 所以f(x2)＜f(x1)，即＜， 所以x2ex1＞x1ex2，故選C.] 3．若函數(shù)f(x)＝＋1(a<0)沒有零點，則實數(shù)a的取值范圍為________． (－e2,0)　[

13、f′(x)＝＝(a＜0)． 當x＜2時，f′(x)＜0；當x＞2時，f′(x)＞0， ∴當x＝2時，f(x)有極小值f(2)＝＋1. 若使函數(shù)f(x)沒有零點，當且僅當f(2)＝＋1＞0. 解之得a>－e2，因此－e20， 故f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增． 若a<0，則當x∈

14、時，f′(x)>0； 當x∈時，f′(x)<0. 故f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減． (2)證明：由(1)知，當a<0時，f(x)在x＝－處取得最大值，最大值為f＝ln－1－. 所以f(x)≤－－2等價于ln－1－≤－－2， 即ln＋＋1≤0. 設g(x)＝ln x－x＋1， 則g′(x)＝－1. 當x∈(0,1)時，g′(x)>0； 當x∈(1，＋∞)時，g′(x)<0， 所以g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減． 故當x＝1時，g(x)取得最大值，最大值為g(1)＝0. 所以當x>0時，g(x)≤0. 從而當a<0時，ln＋＋1≤0， 即f(x)≤－－2. - 7 -