高考數學二輪復習 第二部分 專題一 函數與導數 專題強化練五 導數的綜合應用 文-人教版高三數學試題

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1、專題強化練五 函數的圖象與性質 一、選擇題 1．函數f(x)的定義域為R，f(－1)＝3，對任意x∈R，f′(x)＜3，則f(x)＞3x＋6的解集為(　　) A．{x}－1＜x＜1}　　 B．{x|x＞－1} C．{x|x＜－1} D．R 解析：設g(x)＝f(x)－(3x＋6)，則g′(x)＝f′(x)－3＜0，所以g(x)為減函數， 又g(－1)＝f(－1)－3＝0， 所以g(x)＞0的解集為{x|x＜－1}． 答案：C 2．(2018·貴陽聯考)已知函數f(x)的定義域為[－1，4]，部分對應值如下表： x －1 0 2 3 4 f(x) 1

2、2 0 2 0 f(x)的導函數y＝f′(x)的圖象如圖所示．當1＜a＜2時，函數y＝f(x)－a的零點的個數為(　　) A．1　　　　 B．2　　　　 C．3　　　　 D．4 解析：根據導函數圖象，知2是函數的極小值點，函數y＝f(x)的大致圖象如圖所示． 由于f(0)＝f(3)＝2，1＜a＜2，所以y＝f(x)－a的零點個數為4. 答案：D 3．(2018·廣東二模)已知函數f(x)＝ex－ln x，則下面對函數f(x)的描述正確的是(　　) A．?x∈(0，＋∞)，f(x)≤2 B．?x∈(0，＋∞)，f(x)＞2 C．? x0∈(0，＋∞)，f(x0)＝

3、0 D．f(x)min∈(0，1) 解析：因為f(x)＝ex－ln x的定義域為(0，＋∞)， 且f′(x)＝ex－＝， 令g(x)＝xex－1，x＞0， 則g′(x)＝(x＋1)ex＞0在(0，＋∞)上恒成立， 所以g(x)在(0，＋∞)上單調遞增， 又g(0)·g(1)＝－(e－1)＜0， 所以?x0∈(0，1)，使g(x0)＝0，則f(x)在(0，x0)上單調遞減，在(x0，＋∞)上單調遞增， 則f(x)min＝f(x0)＝ex0－ln x0， 又ex0＝，x0＝－ln x0，所以f(x)min＝＋x0＞2. 答案：B 4．若函數f(x)在R上可導，且滿足f(x)

4、－xf′(x)＞0，則(　　) A．3f(1)＜f(3) B．3f(1)＞f(3) C．3f(1)＝f(3) D．f(1)＝f(3) 解析：由于f(x)＞xf′(x)，則′＝＜0恒成立，因此y＝在R上是單調減函數， 所以＜，即3f(1)＞f(3)． 答案：B 5．(2018·佛山市質檢)已知函數f(x)＝若m＜n，且f(m)＝f(n)，則n－m的最小值是(　　) A．3－2ln 2 B．e－1 C．2 D．e＋1 解析：作出函數y＝f(x)的圖象如圖所示． 若m＜n，且f(m)＝f(n)， 則當ln x＝1時，得x＝e， 因此1＜n≤e，－1＜m≤1

5、. 又ln n＝m＋，即m＝2ln n－1. 所以n－m＝n－2ln n＋1， 設h(n)＝n－2ln n＋1(1＜n≤e)，則h′(n)＝1－. 當h′(n)＞0，得2＜n≤e；當h′(n)＜0，得1＜n＜2. 故當n＝2時，函數h(n)取得最小值h(2)＝3－2ln 2. 答案：A 二、填空題 6．做一個無蓋的圓柱形水桶，若要使其體積是27π dm3，且用料最省，則圓柱的底面半徑為________dm. 解析：設圓柱的底面半徑為R dm，母線長為l dm，則V＝πR2l＝27π，所以l＝，要使用料最省，只需使圓柱形水桶的表面積最?。? S表＝πR2＋2πRl＝πR2＋2π

6、·， 所以S′表＝2πR－. 令S′表＝0，得R＝3，則當R＝3時，S表最?。? 答案：3 7．對于x∈(0，2)，不等式kx＜ex＋x3－2x恒成立，則實數k的取值范圍是________． 解析：對于x∈(0，2)，kx＜ex＋x3－2x2恒成立． 則k＜＋x2－2x對x∈(0，2)恒成立， 設f(x)＝＋x2－2x，x∈(0，2)， 則f′(x)＝＋2(x－1)＝(x－1)· . 令f′(x)＝0，得x＝1，當x∈(1，2)時，f′(x)＞0，函數f(x)在(1，2)上單調遞增，當x∈(0，1)時，f′(x)＜0，函數f(x)在(0，1)上單調遞減，所以k＜f(x)min

7、＝f(1)＝e－1. 故實數k的取值范圍是(－∞，e－1)． 答案：(－∞，e－1) 8．(2018·江蘇卷改編)若函數f(x)＝2x3－ax2＋1(a∈R)在(0，＋∞)內有且只有一個零點，則f(x)在[0，1]上的最大值是________． 解析：f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)(a∈R)， ①當a≤0時，f′(x)＞0在(0，＋∞)上恒成立，則f(x)在(0，＋∞)上單調遞增．又f(0)＝1，所以此時f(x)在(0，＋∞)內無零點，不滿足題意，因此a＞0. ②當a＞0時，令f′(x)＝0得x＝. 當0＜x＜時，f′(x)＜0，f(x)為減函數；當x＞時，f′(x

8、)＞0，f(x)為增函數，所以x＞0時，f(x)有極小值，為f＝－＋1. 因為f(x)在(0，＋∞)內有且只有一個零點， 所以f＝0，所以a＝3. 所以f(x)＝2x3－3x2＋1，則f′(x)＝6x(x－1)． 當x∈(0，1)時，f′(x)＜0，故f(x)在x∈[0，1]上是減函數， 所以f(x)max＝f(0)＝1. 答案：1 三、解答題 9．已知函數f(x)＝－ln x. (1)求f(x)的單調區(qū)間； (2)求證：ln ≤. (1)解：f(x)＝－ln x＝1－－ln x， f(x)的定義域為(0，＋∞)． f′(x)＝－＝， 令f′(x)＞0?0＜x＜1，

9、令f′(x)＜0?x＞1， 所以f(x)＝1－－ln x在(0，1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減． (2)證明：要證ln ≤，即證2－ln x≤1＋， 即證1－－ln x≤0. 由(1)可知，f(x)＝1－－ln x在(0，1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減，所以f(x)在(0，＋∞)上的最大值為f(1)＝1－1－ln 1＝0，即f(x)≤0， 所以1－－ln x≤0恒成立．原不等式得證． 10．已知函數f(x)＝ex－1，g(x)＝＋x，其中e是自然對數的底數，e＝2.718 28… (1)證明：函數h(x)＝f(x)－g(x)在區(qū)間(1，2)上有零點； (2)

10、求方程f(x)＝g(x)的根的個數，并說明理由． (1)證明：由題意可得h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－1－－x， 所以h(1)＝e－3＜0，h(2)＝e2－3－＞0， 所以h(1)·h(2)＜0， 所以函數h(x)在區(qū)間(1，2)上有零點． (2)解：由(1)可知，h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－1－－x. 由g(x)＝＋x知x∈[0，＋∞)， 而h(0)＝0，則x＝0為h(x)的一個零點． 又h(x)在(1，2)內有零點， 因此h(x)在[0，＋∞)上至少有兩個零點． h′(x)＝ex－x－－1，記φ(x)＝ex－x－－1. 則φ′(x)＝ex＋x－， 當x

11、∈(0，＋∞)時，φ′(x)＞0，則φ(x)在(0，＋∞)上遞增．易知φ(x)在(0，＋∞)內只有一個零點， 所以h(x)在[0，＋∞)上有且只有兩個零點， 所以方程f(x)＝g(x)的根的個數為2. 11．已知函數f(x)＝x－(a＋1)ln x－(a∈R且a＜e)，g(x)＝x2＋ex－xex. (1)當x∈[1，e]時，求f(x)的最小值； (2)當a＜1時，若存在x1∈[e，e2]，使得對任意的x2∈[－2，0]，f(x1)＜g(x2)恒成立，求a的取值范圍． 解：(1)函數f(x)的定義域為(0，＋∞)， f′(x)＝. ①若a≤1，當x∈[1，e]時，f′(x)≥0

12、， 則f(x)在[1，e]上為增函數，f(x)min＝f(1)＝1－a. ②若1＜a＜e， 當x∈[1，a)時，f′(x)≤0，f(x)為減函數； 當x∈[a，e]時，f′(x)≥0，f(x)為增函數． 所以f(x)min＝f(a)＝a－(a＋1)ln a－1. 綜上，當a≤1時，f(x)min＝1－a； 當1＜a＜e時，f(x)min＝a－(a＋1)ln a－1. (2)由題意知，f(x)(x∈[e，e2])的最小值小于g(x)(x∈[－2，0])的最小值． 由(1)知，當a＜1時，f(x)在[e，e2]上單調遞增， f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－， 又g′(x)＝(1－ex)x. 當x∈[－2，0]時，g′(x)≤0，g(x)為減函數， 則g(x)min＝g(0)＝1， 所以e－(a＋1)－＜1，解得a＞， 所以a的取值范圍為.