2019年高考數(shù)學總復習 專題02 導數(shù)的綜合應用強化突破 理（含解析）新人教版.doc

《2019年高考數(shù)學總復習 專題02 導數(shù)的綜合應用強化突破 理（含解析）新人教版.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019年高考數(shù)學總復習 專題02 導數(shù)的綜合應用強化突破 理（含解析）新人教版.doc（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

2019年高考數(shù)學總復習 專題02 導數(shù)的綜合應用強化突破 理（含解析）新人教版 1．做一個圓柱形鍋爐，容積為V，兩個底面的材料每單位面積的價格為a元，側(cè)面的材料每單位面積的價格為b元，當造價最低時，鍋爐的底面直徑與高的比為(　　) A．　　　 B．　　　 C．　　　 D． 解析：選C　如圖，設圓柱的底面半徑為R，高為h，則V＝πR2h. 設造價為y＝2πR2a＋2πRhb＝2πaR2＋2πRb＝2πaR2＋， ∴y′＝4πaR－. 令y′＝0，得＝. 2．(xx溫州十校聯(lián)合體聯(lián)考)若f(x)的定義域為R，f′(x)＞2恒成立，f(－1)＝2，則f(x)＞2x＋4解集為(　　) A．(－1,1)　　　 B．(－1，＋∞) C．(－∞，－1)　　　 D．(－∞，＋∞) 解析：選B　構造函數(shù)F(x)＝f(x)－2x，則F′(x)＝f′(x)－2＞0，所以函數(shù)F(x)在定義域上單調(diào)遞增，又F(－1)＝f(－1)＋2＝4，所以f(x)＞2x＋4解集為(－1，＋∞)．故選B. 3．(xx珠海摸底)若函數(shù)f(x)＝在[－2,2]上的最大值為2，則a的取值范圍是(　　) A．　　　 B． C．(－∞，0]　　　 D． 解析：選D　當x≤0時，f′(x)＝6x2＋6x，易知函數(shù)f(x)在(－∞，0]上的極大值點是x＝－1，且f(－1)＝2，故只要在(0,2]上，eax≤2即可，即ax≤ln 2在(0,2]上恒成立，故只需a≤在(0,2]上恒成立，而min＝，故a≤ln 2. 4．(xx山西診斷)設D是函數(shù)y＝f(x)定義域內(nèi)的一個區(qū)間，若存在x0∈D，使f(x0)＝－x0，則稱x0是f(x)的一個“次不動點”，也稱f(x)在區(qū)間D上存在“次不動點”，若函數(shù)f(x)＝ax2－3x－a＋在區(qū)間[1,4]上存在“次不動點”，則實數(shù)a的取值范圍是(　　) A．(－∞，0)　　　 B． C．　　　 D． 解析：選D　設g(x)＝f(x)＋x，依題意，存在x∈[1,4]，使g(x)＝f(x)＋x＝ax2－2x－a＋＝0.當x＝1時，g(1)＝≠0；當x≠1時，由ax2－2x－a＋＝0得a＝.記h(x)＝(1＜x≤4)，則由h′(x)＝＝0得x＝2或x＝(舍去)．當x∈(1,2)時，h′(x)＞0；當x∈(2,4)時，h′(x)＜0，即函數(shù)h(x)在(1,2)上是增函數(shù)，在(2,4)上是減函數(shù)，因此當x＝2時，h(x)取得最大值，最大值是h(2)＝，故滿足題意的實數(shù)a的取值范圍是，選D. 5．若a＞2，則方程x3－ax2＋1＝0在(0,2)上恰好有________個根． 解析：1　設f(x)＝x3－ax2＋1，則f′(x)＝x2－2ax＝x(x－2a)，因為a＞2，所以2a＞4，所以當x∈(0,2)時，f′(x)＜0，則f(x)在(0,2)上為減函數(shù)，又f(0)f(2)＝1＝－4a＜0，所以f(x)＝0在(0,2)上恰好有1個根． 6．已知函數(shù)f(x)＝x3＋x，對任意的m∈[－2,2]，f(mx－2)＋f(x)＜0恒成立，則x的取值范圍為________． 解析：　∵f′(x)＝3x2＋1＞0恒成立， ∴f(x)在R上是增函數(shù)． 又f(－x)＝－f(x)，∴y＝f(x)為奇函數(shù)． 由f(mx－2)＋f(x)＜0得f(mx－2)＜－f(x)＝f(－x)， ∴mx－2＜－x，即mx－2＋x＜0，在m∈[－2,2]上恒成立． 記g(m)＝xm－2＋x， 則即 解得－2＜x＜. 7．(xx北京高考)設L為曲線C：y＝在點(1,0)處的切線． (1)求L的方程； (2)求證：除切點(1,0)之外，曲線C在直線L的下方． (1)解：設f(x)＝，則f′(x)＝. 所以f′(1)＝1. 所以L的方程為y＝x－1. (2)令g(x)＝x－1－f(x)，則除切點之外，曲線C在直線L的下方等價于g(x)＞0(?x＞0，x≠1)． g(x)滿足g(1)＝0，且g′(x)＝1－f′(x)＝. 當0＜x＜1時，x2－1＜0，ln x＜0，所以g′(x)＜0，故g(x)單調(diào)遞減；當x＞1時，x2－1＞0，ln x＞0，所以g′(x)＞0，故g(x)單調(diào)遞增． 所以，g(x)＞g(1)＝0(?x＞0，x≠1)． 所以除切點之外，曲線C在直線L的下方． 8．某工廠每天生產(chǎn)某種產(chǎn)品最多不超過40件，產(chǎn)品的正品率P與日產(chǎn)量x(x∈N*)件之間的關系為P＝，每生產(chǎn)一件正品盈利4 000元，每出現(xiàn)一件次品虧損2 000元．(注：正品率＝產(chǎn)品中的正品件數(shù)產(chǎn)品總件數(shù)100%) (1)將日利潤y(元)表示成日產(chǎn)量x(件)的函數(shù)； (2)該廠的日產(chǎn)量為多少件時，日利潤最大？并求出日利潤的最大值． 解：(1)∵y＝4 000x－2 000x＝3 600x－x3， ∴所求的函數(shù)關系式是y＝－x3＋3 600x(x∈N*,1≤x≤40)． (2)由(1)知y＝f(x)＝－x3＋3 600x(x∈N*,1≤x≤40)， ∴f′(x)＝－4x2＋3 600＝－4(x＋30)(x－30)． 令f′(x)＝－4x2＋3 600＝0， 得x＝30或x＝－30(舍去)． 當1≤x＜30時，f′(x)＞0，y＝f(x)單調(diào)遞增， 當30＜x≤40時，f′(x)＜0，y＝f(x)單調(diào)遞減． ∴當x＝30時，函數(shù)y＝f(x)取得最大值，最大值為－303＋3 60030＝72 000(元)． ∴該廠的日產(chǎn)量為30件時，日利潤最大，最大值為72 000元． 9．(xx南昌模擬)設f(x)＝ln(1＋x)－x－ax2. (1)當x＝1時，f(x)取到極值，求a的值； (2)當a滿足什么條件時，f(x)在區(qū)間上有單調(diào)遞增區(qū)間？ 解：(1)由題意知，f(x)的定義域為(－1，＋∞)， 且f′(x)＝－2ax－1＝， 由題意得：f′(1)＝0，則－2a－2a－1＝0，得a＝－， 又當a＝－時，f′(x)＝＝， 當0＜x＜1時，f′(x)＜0；當x＞1時，f′(x)＞0， 所以f(1)是函數(shù)f(x)的極大值，所以a＝－. (2)要使f(x)在區(qū)間上有單調(diào)遞增區(qū)間，即要求f′(x)＞0在區(qū)間上有解，當－≤x≤－時，f′(x)＞0等價于2ax＋(2a＋1)＞0. ①當a＝0時，不等式恒成立，∴a＝0. ②當a＞0時，得x＞－，此時只要－＜－， 解得a＞－，∴a＞0 ③當a＜0時，得x＜－，此時只要－＞－， 解得a＞－1.∴－1＜a＜0. 綜上所述，a＞－1，故所求a的范圍為(－1，＋∞)． 10．(xx淮南模擬)已知函數(shù)f(x)＝，x∈[0,1]． (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間和值域； (2)設a≥1，函數(shù)g(x)＝x3－3a2x－2a，x∈[0,1]，若對于任意x1∈[0,1]，總存在x0∈[0,1]，使得g(x0)＝f(x1)成立，求a的取值范圍． 解：(1)f′(x)＝＝－ 令f′(x)＝0，解得x＝或x＝(舍去)． 當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表： x 0 1 f′(x) 不存在 － 0 ＋ 不存在 f(x) －  －4  －3 ∴當x∈時，f(x)是減函數(shù)； 當x∈時，f(x)是增函數(shù)． 當x∈[0,1]時，f(x)的值域為[－4，－3]． (2)g′(x)＝3(x2－a2)． ∵a≥1，當x∈(0,1)時， g′(x)＜3(1－a2)≤0， 因此當x∈(0,1)時，g(x)為減函數(shù)， 從而當x∈[0,1]時，有g(x)∈[g(1)，g(0)]． 又g(1)＝1－2a－3a2，g(0)＝－2a， 即當x∈[0,1]時，有g(x)∈[1－2a－3a2，－2a]． 對于任意x1∈[0,1]，f(x1)∈[－4，－3]， 存在x0∈[0,1]使得g(x0)＝f(x1)成立，則 [1－2a－3a2，－2a]?[－4，－3]． 即 解①式得a≥1或a≤－； 解②式得a≤. 又a≥1，故a的取值范圍為1≤a≤. ∴所求a的取值范圍為. 11．(xx昆明質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝ex－m－x，其中m為常數(shù)． (1)若對任意x∈R有f(x)≥0成立，求m的取值范圍； (2)當m＞1時，判斷f(x)在[0,2m]上零點的個數(shù)，并說明理由． 解：(1)依題意，可知f(x)在R上連續(xù)，且f′(x)＝ex－m－1， 令f′(x)＝0，得x＝m. 故當x∈(－∞，m)時，ex－m＜1，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減； 當x∈(m，＋∞)時，ex－m＞1，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增； 故當x＝m時，f(m)為極小值，也是最小值． 令f(m)＝1－m≥0，得m≤1， 即對任意x∈R，f(x)≥0恒成立時，m的取值范圍是(－∞，1]． (2)由(1)知f(x)在[0,2m]上至多有兩個零點，當m＞1時，f(m)＝1－m＜0. ∵f(0)＝e－m＞0，f(0)f(m)＜0， ∴f(x)在(0，m)上有一個零點． 又f(2m)＝em－2m，令g(m)＝em－2m， ∵當m＞1時，g′(m)＝em－2＞0， ∴g(m)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增． ∴g(m)＞g(1)＝e－2＞0，即f(2m)＞0. ∴f(m)f(2m)＜0，∴f(x)在(m,2m)上有一個零點． 故f(x)在[0,2m]上有兩個零點． 12．(xx合肥模擬)已知函數(shù)f(x)＝ln x－. (1)若a＞0，試判斷f(x)在定義域內(nèi)的單調(diào)性； (2)若f(x)在[1，e]上的最小值為，求a的值； (3)若f(x)＜x2在(1，＋∞)上恒成立，求a的取值范圍． 解：(1)由題意知f(x)的定義域為(0，＋∞)， 且f′(x)＝＋＝. ∵a＞0，∴f′(x)＞0， 故f(x)在(0，＋∞)上是單調(diào)遞增函數(shù)． (2)由(1)可知，f′(x)＝. ①若a≥－1，則x＋a≥0，即f′(x)≥0在[1，e]上恒成立，此時f(x)在[1，e]上為增函數(shù)， ∴f(x)min＝f(1)＝－a＝，∴a＝－(舍去)． ②若a≤－e，則x＋a≤0，即f′(x)≤0在[1，e]上恒成立，此時f(x)在[1，e]上為減函數(shù)， ∴f(x)min＝f(e)＝1－＝， ∴a＝－(舍去)． ③若－e＜a＜－1，令f′(x)＝0得x＝－a， 當1＜x＜－a時，f′(x)＜0， ∴f(x)在(1，－a)上為減函數(shù)； 當－a＜x＜e時，f′(x)＞0， ∴f(x)在(－a，e)上為增函數(shù)． ∴f(x)min＝f(－a)＝ln(－a)＋1＝， ∴a＝－. 綜上所述，a＝－. (3)∵f(x)＜x2，∴l(xiāng)n x－＜x2. 又x＞0，∴a＞xln x－x3. 令g(x)＝xln x－x3， h(x)＝g′(x)＝1＋ln x－3x2， h′(x)＝－6x＝. ∵x∈(1，＋∞)時，h′(x)＜0， ∴h(x)在(1，＋∞)上是減函數(shù)． ∴h(x)＜h(1)＝－2＜0，即g′(x)＜0， ∴g(x)在(1，＋∞)上也是減函數(shù)． g(x)＜g(1)＝－1， ∴當a≥－1時，f(x)＜x2在(1，＋∞)上恒成立． 即所求a的取值范圍為[－1，＋∞)．