2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第三章導(dǎo)數(shù)其應(yīng)用第4講導(dǎo)數(shù)與函數(shù)綜合應(yīng)用配套課時(shí)作業(yè)理新人教A版

第4講導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的綜合應(yīng)用配套課時(shí)作業(yè)1．若函數(shù)f(x)＝kx－lnx在區(qū)間(1，＋∞)上單一遞加，則k的取值范圍是( )A．(－∞，－2]B．(－∞，－1]C．[2，＋∞)D．[1，＋∞)答案D分析由于f(x)在(1，＋∞)上單一遞加，所以f′( )≥0在(1，＋∞)上恒建立，x由于f(x)＝kx－lnx，11所以f′(x)＝k－x≥0，即k≥x.1由于x>1，所以0<x<1，所以k≥1.所以k∈[1，＋∞)．應(yīng)選D.2．已知函數(shù)

17f(x)＝2x3－x2－2x，則

2f(－a)與

f(－1)的大小關(guān)系為

(

)A．f(－a2)≤f(－1)B．f(－a2)<f(－1)C．f(－a2)≥f(－1)D．f(－a2)與f(－1)的大小關(guān)系不確立答案

A分析

由題意可得

327f′(x)＝2x－2x－2.由f′(x)＝

1(3x－7)(2

x＋1)＝0，得

x＝－1或

x＝

7.3當(dāng)x<－1

時(shí)，f(x)為增函數(shù)；當(dāng)－

71<x<3時(shí)，f(x)為減函數(shù)．所以

f(－1)是函數(shù)

f(x)在(－∞，

0]上的最大值，又由于－

a2≤0，故

f(－a2)≤f(－1)．3．(2019·河南許昌模擬)已知f(x)是偶函數(shù)，在(－∞，0)上知足xf′(x)>0恒建立，則以下不等式建立的是( )A．f(－3)<f(4)<f(－5)B．f(4)<f(－3)>f(－5)C．f(－5)<f(－3)<f(4)D．f(4)<f(－5)<f(－3)答案A分析

當(dāng)x∈(－∞，

0)時(shí)，xf′(x)>0，即

f′(x)<0，∴f(x)在(－∞，0)上單一遞減，又

f(x)為偶函數(shù)，f(x)在(0，＋∞)上單一遞加．f(3)<f(4)<f(5)，f(－3)<f(4)<f(－5)．應(yīng)選A.4．已知某生產(chǎn)廠家的年收益

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

y13＝－3＋81－234，則使該生產(chǎn)廠家獲得最大年收益的年產(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分析由于y′＝－x2＋81，所以當(dāng)x>9時(shí)，y′<0；當(dāng)x∈(0,9)

時(shí)，y′>0，所以函數(shù)

13y＝－3x＋81x－234在(9，＋∞)上單一遞減，在(0,9)上單一遞加，所以x＝9是函數(shù)的極大值點(diǎn)，又由于函數(shù)在(0，＋∞)上只有一個(gè)極大值點(diǎn)，所以函數(shù)在x＝9處獲得最大值．應(yīng)選C.5．(2019·黔東南州模擬)若函數(shù)f(x)＝xln( )

x－a有兩個(gè)零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)

a的取值范圍為1

1A.－e，1

B.e，1C.－1，0e

D.－1，＋∞e答案C分析函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，由f(x)＝0得a＝xlnx，記g(x)＝xlnx.11則g′(x)＝lnx＋1，由g′(x)>0得x>e，由g′(x)<0得0<x<e.∴(1上遞減，在1)在0，，＋∞上遞加，gxee111且gmin(x)＝ge＝－e，由圖可知－e<a<0.應(yīng)選C.6．函數(shù)f(x)＝x3－3x－1，若對(duì)于區(qū)間[－3,2]上的隨意x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤t，則實(shí)數(shù)t的最小值是()A．20B．18C．3D．0答案A分析由于f′( )＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)，令′( )＝0，得x＝±1，可知－1,1xfx為函數(shù)的極值點(diǎn)．又f(－3)＝－19，f(－1)＝1，f(1)＝－3，f(2)＝1，所以在區(qū)間[－3，2]上f(x)＝1，f(x)min＝－19.由題設(shè)知在區(qū)間[－3,2]上f(x)－f(x)min≤t，進(jìn)而t≥20，maxmax所以t的最小值是20.a－27．函數(shù)f(x)＝lnx＋x(a∈R)在區(qū)間[e，＋∞)上有兩個(gè)零點(diǎn)，則a的取值范圍是( )2121A.e2，eB.e2，e2112C.e2，eD.e2，e答案Aa－2分析令f(x)＝lnx＋x＝0，x∈[e，＋∞)，得－a＝xlnx．記H(x)＝xlnx，x∈[e－2，＋∞)，則H′(x)＝1＋lnx，由此可知H(x)在[e－2，e－1]上單一遞減，在(e－1，＋∞)－2－2－1－121上單一遞加，且H(e)＝－2e，H(e)＝－e，當(dāng)x→＋∞時(shí)，H(x)→＋∞，故當(dāng)e2≤a<e時(shí)，f(x)在[e－2，＋∞)上有兩個(gè)零點(diǎn)．應(yīng)選A.8．(2019·廣東模擬)已知函數(shù)f(x)＝ex－lnx，則下邊對(duì)函數(shù)f(x)的描繪正確的選項(xiàng)是( )A．?x∈(0，＋∞)，f(x)≤2B．?x∈(0，＋∞)，f(x)>2C．?x0∈(0，＋∞)，f(x0)＝0D．f(x)min∈(0,1)答案B分析易知f(x)＝ex－lnx的定義域?yàn)?0，＋∞)，x且f′(x)＝ex－1＝xe－1，xx令g(x)＝xex－1，x≥0，則g′(x)＝(x＋1)ex>0在[0，＋∞)上恒建立，則g(x)在(0，＋∞)上單一遞加，又g(0)·g(1)＝－(e－1)<0，所以?x0∈(0,1)，使g(x0)＝0，則f(x)在(0，x0)上單一遞減，在(x0，＋∞)上單一遞加，即f(x)min＝f(x0)＝ex0－lnx0，11又ex0＝x0，x0＝－lnx0，所以f(x)min＝x0＋x0>2.應(yīng)選B.9．(2018·山東師大附中檢測(cè))已知函數(shù)f(x)＝xex，g(x)＝－(x＋1)2＋a，若?x1，x2∈R，使得f(x2)≤(1)建立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是( )gx1B．[－1，＋∞)A.－，＋∞eC．[－e，＋∞)1，＋∞D(zhuǎn).－e答案D分析f′(x)＝ex＋xex＝(1＋x)ex，當(dāng)x>－1時(shí)，f′(x)>0，函數(shù)單一遞加；當(dāng)x<－11時(shí)，f′(x)<0，函數(shù)單一遞減．所以當(dāng)x＝－1時(shí)，f(x)獲得極小值即最小值，f(－1)＝－e.函數(shù)g(x)的最大值為a.若?x，x∈R，使得f(x)≤g(x)建立，則有g(shù)(x)的最大值大于或12211等于f(x)的最小值，即a≥－e.應(yīng)選D.10．(2019·安徽皖南八校聯(lián)考)已知x∈(0,2)x1恒建立，e<2x則實(shí)數(shù)k的取值范圍為()A．[0，e＋1)B．[0,2e－1)C．[0，e)D．[0，e－1)答案D分析依題意，知k＋2－x2>0，即>x2－2對(duì)隨意x∈(0,2)恒建立，進(jìn)而k≥0，xkx1所以由ex<k＋2x－x2可得ex2令f(x)＝x＋x－2x，

ex2k<x＋x－2x.exx－ex則＋2(x－1)＝(xfxxx令f′(x)＝0，得x＝1，當(dāng)x∈(1,2)時(shí)，f′(x)>0，函數(shù)f(x)在(1,2)上單一遞加，當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，f′(x)<0，函數(shù)f(x)在(0,1)上單一遞減，所以k<f(x)min＝f(1)＝e－1，故實(shí)數(shù)k的取值范圍是[0，e－1)．11．設(shè)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且xfx－fxf(2)＝0，當(dāng)x>0時(shí)，有x2<0恒建立，則不等式x2f(x)>0的解集是()A．(－2,0)∪(2，＋∞)B．(－2,0)∪(0,2)C．(－∞，－2)∪(2，＋∞)D．(－∞，－2)∪(0,2)答案D分析當(dāng)x>0時(shí)，fxfx在(0，＋∞)為減函數(shù)，又φ(2)＝x′<0，∴φ(x)＝x0，∴當(dāng)且僅當(dāng)0<x<2時(shí)，φ(x)>0，此時(shí)x2f(x)>0.又f(x)為奇函數(shù)，∴h(x)＝x2f(x)也為奇函數(shù)．故x2f(x)>0的解集為(－∞，－2)∪(0,2)．12．(2019·云南玉溪模擬)設(shè)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，f(0)＝2，對(duì)隨意的x∈R，f(x)＋f′(x)>1，則不等式exf(x)>ex＋1的解集為( )A．(0，＋∞)B．(－∞，0)C．(－∞，－1)∪(1，＋∞)D．(－∞，－1)∪(0,1)答案A分析結(jié)構(gòu)函數(shù)g(x)＝ex(f(x)－1)，∵f(x)－1＋f′(x)>0，∴g′(x)＝ex(f(x)－1＋f′(x))>0，∴g(x)是R上的增函數(shù)，又f(0)＝2，∴exf(x)>ex＋1，即g(x)>g(0)，∴x>0.應(yīng)選A.13．用長(zhǎng)為18m的鋼條圍成一個(gè)長(zhǎng)方體形狀的框架，要求長(zhǎng)方體的長(zhǎng)與寬之比為2∶1，則該長(zhǎng)方體的最大概積是________m3.答案3分析設(shè)長(zhǎng)方體的寬為，則長(zhǎng)為，高為9，此中3，則體積＝xm2xm－3xm20<x<2V293222x2－3x＝－6x＋9x，V′＝－18x＋18x.令V′＝0，解得x＝1或x＝0(舍去)．當(dāng)0<x<13時(shí)，V′>0，當(dāng)1<x<2時(shí)，V′<0，所以當(dāng)x＝1時(shí)，V獲得最大值，則該長(zhǎng)方體的長(zhǎng)、寬、高分別為2m,1m,1.5m時(shí)，體積最大，最大概積為33m.14．已知函數(shù)f(x)＝ex－2＋a有零點(diǎn)，則a的取值范圍是________．x答案(－∞，2ln2－2]分析由函數(shù)f(x)有零點(diǎn)，可將問(wèn)題轉(zhuǎn)變?yōu)榉匠蘣x－2x＋a＝0有解問(wèn)題，即方程a＝2－ex有解．x令函數(shù)g(x)＝2x－ex，則g′(x)＝2－ex，令g′(x)＝0，得x＝ln2，所以g(x)在(－∞，ln2)上是增函數(shù)，在(ln2，＋∞)上是減函數(shù)，所以g(x)的最大值為g(ln2)＝2ln2－2.所以，a的取值范圍就是函數(shù)()的值域，所以a∈(－∞，2ln2－2]．gx15．已知函數(shù)f(x)＝13－2＋(，為常數(shù))．當(dāng)＝2時(shí)，函數(shù)f(x)獲得極值，若3xbxcbcx函數(shù)f(x)有三個(gè)零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)c的取值范圍為________．答案40<<c31322分析∵f(x)＝3x－bx＋c，∴f′(x)＝x－2bx.x＝2時(shí)，f(x)獲得極值，∴22－2b×2＝0，解得b＝1.∴當(dāng)x∈(0,2)時(shí)，f(x)單一遞減，當(dāng)x∈(－∞，0)或x∈(2，＋∞)時(shí)，f(x)單一遞加．若f(x)＝0有3個(gè)實(shí)根，f＝c>0，1324則解得0<c<.f＝3×2－2＋c<0，316．(2019·啟東中學(xué)調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝ex＋lnx的定義域是，對(duì)于函數(shù)f(x)給aD出以下命題：①對(duì)于隨意a∈(0，＋∞)，函數(shù)f(x)是D上的減函數(shù)；②對(duì)于隨意a∈(－∞，0)，函數(shù)f(x)存在最小值；③存在a∈(0，＋∞)，使得對(duì)于隨意的x∈D，都有f(x)>0建立；④存在a∈(－∞，0)，使得函數(shù)f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)．此中正確命題的序號(hào)是________(寫出全部正確命題的序號(hào))．答案②④xxa分析由f(x)＝e＋alnx，可得f′(x)＝e＋x，若a>0，則f′(x)>0，得函數(shù)f(x)是D上的增函數(shù)，存在x∈(0,1)，使得f(x)<0，即得命題①③不正確；若<0，設(shè)ex＋a＝ax0的根為m，則在(0，m)上f′(x)<0，在(m，＋∞)上f′(x)>0，所以函數(shù)f(x)存在最小值f()，即命題②正確；若f()<0，則函數(shù)f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，即命題④正確，綜上可得，正mm確命題的序號(hào)為②④.17．(2019·安徽江淮聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝xlnx(x>0)．求f(x)的單一區(qū)間和極值；(2)－x2＋mx－3m的最大值．若對(duì)隨意x∈(0，＋∞)，f(x)≥恒建立，務(wù)實(shí)數(shù)2解(1)由題意知f′( )＝lnx＋1，x令′( )>0，得x1f′( )<0，得0<1>，令<，fxexxe1∴f(x)的單一增區(qū)間是e，＋∞，1單一減區(qū)間是0，e，111f(x)在x＝e處獲得極小值，極小值為fe＝－e，無(wú)極大值．由f(x)≥－x2＋mx－3及f(x)＝xlnx，得22lnx＋x2＋3，m≤x2xlnx＋x2＋3min.問(wèn)題轉(zhuǎn)變?yōu)閙≤x2xlnx＋x2＋3令g(x)＝x(x>0)，2x＋x2－3，則g′(x)＝x2由g′(x)>0?x>1，由g′(x)<0?0<x<1.所以g(x)在(0,1)上是減函數(shù)，在(1，＋∞)上是增函數(shù)，所以g(x)min＝g(1)＝4，即m≤4，所以m的最大值是4.18．(1)

求函數(shù)

f(x)＝

ln

x

x

的最大值；(2)若函數(shù)

g(x)＝ex－ax有兩個(gè)零點(diǎn)，務(wù)實(shí)數(shù)

a的取值范圍．解

(1)對(duì)f(x)＝

ln

x

x

求導(dǎo)，得

f′(x)＝

1－lnx2

x

.易知當(dāng)

0<x<e時(shí)，f(x)為增函數(shù)，當(dāng)

x>e時(shí)，f(x)為減函數(shù)，1

1∴f(x)≤f(e)

＝e，進(jìn)而

f(x)的最大值為

e.(2)①當(dāng)

a＝0時(shí)，g(x)＝e

x在

R上為增函數(shù)，且

g(x)>0，故

g(x)無(wú)零點(diǎn)．x11②當(dāng)a<0時(shí)，g(x)＝e－ax在R上單一遞加，又g(0)＝1>0，ga＝ea－1<0，故g(x)在R上只有一個(gè)零點(diǎn)．xa處獲得獨(dú)一極小值，g(lna)③當(dāng)a>0時(shí)，由g′(x)＝e－a＝0可知g(x)在x＝lna(1－lna)．若0<a<e，則g(x)極小＝a(1－lna)>0，g(x)無(wú)零點(diǎn)，若a＝e，則g(x)極小＝0，g(x)只有一個(gè)零點(diǎn)，若a>e，則g(x)極?。絘(1－lna)<0，而g(0)＝1>0，由(1)

可知，

f(x)＝

ln

x

x

在x>e時(shí)為減函數(shù)，∴當(dāng)

a>e時(shí)，

ae2e>a>a，進(jìn)而

a2g(a)＝e－a>0，∴g(x)在(0，lna)與(lna，＋∞)上各有一個(gè)零點(diǎn)．綜上，當(dāng)a>e時(shí)，f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)．19．已知函數(shù)

f(x)＝

1x2－x－a

axe(a>0)．1當(dāng)a＝2時(shí)，求f(x)的極值；2若f(x)＋a≥0對(duì)x∈R恒建立，求a的取值范圍．1122x解(1)當(dāng)a＝2時(shí)，f(x)＝(x－x－2)e，112xf′(x)＝2(x＋4)(x－1)e，令f′(x)＝0，解得x＝－4或x＝1.當(dāng)x<－4時(shí)，f′(x)>0，f(x)單一遞加；當(dāng)－4<x<1時(shí)，f′(x)<0，f(x)單一遞減；當(dāng)x>1時(shí)，f′(x)>0，f(x)單一遞加．1所以f(x)的極大值為f(－4)＝18e－2，極小值為f(1)2＝－2e.(2)f′( )＝ax＋2(x－1)eax.xa令′(＝，即x＋2－＝，解得＝－2或＝fx)0aa(x1)0xax1.由于a>0，所以當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)，f(x)的變化狀況以下表：222所以當(dāng)x<－a時(shí)，有x>0，－x>a，a>0，所以x2－－1>0，進(jìn)而f( )>0.xax1a又函數(shù)f(x)在x＝1處獲得極小值f(1)＝－ae<0，1a所以f(1)＝－ae為函數(shù)f(x)在R上的最小值．2由于不等式f(x)＋a≥0對(duì)x∈R恒建立，1a2所以－ae＋a≥0，解得0<a≤ln2.所以a的取值范圍是(0，ln2]．a(chǎn)20．(2019·唐山模擬)已知函數(shù)f(x)＝lnx＋x(a>0)．若函數(shù)f(x)有零點(diǎn)，務(wù)實(shí)數(shù)a的取值范圍；(2)證明：當(dāng)

2a≥e，b>1時(shí)，f(ln

1b)>b.a

a解

(1)解法一：函數(shù)

f(x)＝ln

x＋x的定義域?yàn)?/p>

(0，＋∞)．由f(x)＝ln

x＋x，得

f′(x)ax－ax－x2＝x2.由于a>0，x∈(0，a)時(shí)，f′(x)<0，x∈(a，＋∞)時(shí)，f′(x)>0.所以函數(shù)f(x)在(0，a)上單一遞減，在(a，＋∞)上單一遞加．當(dāng)x＝a時(shí)，f(x)