2020版高考数学一轮复习 第三章 导数及其应用 第4讲 导数与函数的综合应用配套课时作业课件 理

配套课时作业1．若函数f(x)＝kx－lnx在区间(1，＋∞)上单调递增，则k的取值范围是()A．(－∞，－2]B．(－∞，－1]C．[2，＋∞)D．[1，＋∞)答案D答案解析因为f(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以f′(x)≥0在(1，＋∞)上恒成立，因为f(x)＝kx－lnx，所以f′(x)＝k－1x≥0，即k≥1x.因为x1，所以01x1，所以k≥1.所以k∈[1，＋∞)．故选D.解析2．已知函数f(x)＝12x3－x2－72x，则f(－a2)与f(－1)的大小关系为()A．f(－a2)≤f(－1)B．f(－a2)f(－1)C．f(－a2)≥f(－1)D．f(－a2)与f(－1)的大小关系不确定答案A答案解析由题意可得f′(x)＝32x2－2x－72.由f′(x)＝12(3x－7)(x＋1)＝0，得x＝－1或x＝73.当x－1时，f(x)为增函数；当－1x73时，f(x)为减函数．所以f(－1)是函数f(x)在(－∞，0]上的最大值，又因为－a2≤0，故f(－a2)≤f(－1)．解析3．(2019·河南许昌模拟)已知f(x)是偶函数，在(－∞，0)上满足xf′(x)0恒成立，则下列不等式成立的是()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答案解析当x∈(－∞，0)时，xf′(x)0，即f′(x)0，∴f(x)在(－∞，0)上单调递减，又f(x)为偶函数，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增．∴f(3)f(4)f(5)，∴f(－3)f(4)f(－5)．故选A.解析4．已知某生产厂家的年利润y(单位：万元)与年产量x(单位：万件)的函数关系式为y＝－13x3＋81x－234，则使该生产厂家获取最大年利润的年产量为()A．13万件B．11万件C．9万件D．7万件答案C答案解析因为y′＝－x2＋81，所以当x9时，y′0；当x∈(0,9)时，y′0，所以函数y＝－13x3＋81x－234在(9，＋∞)上单调递减，在(0,9)上单调递增，所以x＝9是函数的极大值点，又因为函数在(0，＋∞)上只有一个极大值点，所以函数在x＝9处取得最大值．故选C.解析5．(2019·黔东南州模拟)若函数f(x)＝xlnx－a有两个零点，则实数a的取值范围为()A.－1e，1B.1e，1C.－1e，0D.－1e，＋∞答案C答案解析函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，由f(x)＝0得a＝xlnx，记g(x)＝xlnx.解析则g′(x)＝lnx＋1，由g′(x)0得x1e，由g′(x)0得0x1e.∴g(x)在0，1e上递减，在1e，＋∞上递增，且gmin(x)＝g1e＝－1e，由图可知－1ea0.故选C.解析6．函数f(x)＝x3－3x－1，若对于区间[－3,2]上的任意x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤t，则实数t的最小值是()A．20B．18C．3D．0答案A答案解析因为f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)，令f′(x)＝0，得x＝±1，可知－1,1为函数的极值点．又f(－3)＝－19，f(－1)＝1，f(1)＝－3，f(2)＝1，所以在区间[－3，2]上f(x)max＝1，f(x)min＝－19.由题设知在区间[－3,2]上f(x)max－f(x)min≤t，从而t≥20，所以t的最小值是20.解析7．函数f(x)＝lnx＋ax(a∈R)在区间[e－2，＋∞)上有两个零点，则a的取值范围是()A.2e2，1eB.2e2，1eC.2e2，1eD.1e2，2e答案A答案解析令f(x)＝lnx＋ax＝0，x∈[e－2，＋∞)，得－a＝xlnx．记H(x)＝xlnx，x∈[e－2，＋∞)，则H′(x)＝1＋lnx，由此可知H(x)在[e－2，e－1]上单调递减，在(e－1，＋∞)上单调递增，且H(e－2)＝－2e－2，H(e－1)＝－e－1，当x→＋∞时，H(x)→＋∞，故当2e2≤a1e时，f(x)在[e－2，＋∞)上有两个零点．故选A.解析8．(2019·广东模拟)已知函数f(x)＝ex－lnx，则下面对函数f(x)的描述正确的是()A．∀x∈(0，＋∞)，f(x)≤2B．∀x∈(0，＋∞)，f(x)2C．∃x0∈(0，＋∞)，f(x0)＝0D．f(x)min∈(0,1)答案B答案解析易知f(x)＝ex－lnx的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝ex－1x＝xex－1x，令g(x)＝xex－1，x≥0，则g′(x)＝(x＋1)ex0在[0，＋∞)上恒成立，则g(x)在(0，＋∞)上单调递增，又g(0)·g(1)＝－(e－1)0，所以∃x0∈(0,1)，使g(x0)＝0，则f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，即f(x)min＝f(x0)＝ex0－lnx0，又ex0＝1x0，x0＝－lnx0，所以f(x)min＝1x0＋x02.故选B.解析9．(2018·山东师大附中检测)已知函数f(x)＝xex，g(x)＝－(x＋1)2＋a，若∃x1，x2∈R，使得f(x2)≤g(x1)成立，则实数a的取值范围是()A.－1e，＋∞B．[－1，＋∞)C．[－e，＋∞)D.－1e，＋∞答案D答案解析f′(x)＝ex＋xex＝(1＋x)ex，当x－1时，f′(x)0，函数单调递增；当x－1时，f′(x)0，函数单调递减．所以当x＝－1时，f(x)取得极小值即最小值，f(－1)＝－1e.函数g(x)的最大值为a.若∃x1，x2∈R，使得f(x2)≤g(x1)成立，则有g(x)的最大值大于或等于f(x)的最小值，即a≥－1e.故选D.解析10．(2019·安徽皖南八校联考)已知x∈(0,2)，若关于x的不等式xex1k＋2x－x2恒成立，则实数k的取值范围为()A．[0，e＋1)B．[0,2e－1)C．[0，e)D．[0，e－1)答案D答案解析依题意，知k＋2x－x20，即kx2－2x对任意x∈(0,2)恒成立，从而k≥0，所以由xex1k＋2x－x2可得kexx＋x2－2x.令f(x)＝exx＋x2－2x，则f′(x)＝exx－1x2＋2(x－1)＝(x－1)exx2＋2.令f′(x)＝0，得x＝1，当x∈(1,2)时，f′(x)0，函数f(x)在(1,2)上单调递增，当x∈(0,1)时，f′(x)0，函数f(x)在(0,1)上单调递减，所以kf(x)min＝f(1)＝e－1，故实数k的取值范围是[0，e－1)．解析11．设f(x)是定义在R上的奇函数，且f(2)＝0，当x0时，有xf′x－fxx20恒成立，则不等式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答案解析当x0时，fxx′0，∴φ(x)＝fxx在(0，＋∞)为减函数，又φ(2)＝0，∴当且仅当0x2时，φ(x)0，此时x2f(x)0.又f(x)为奇函数，∴h(x)＝x2f(x)也为奇函数．故x2f(x)0的解集为(－∞，－2)∪(0,2)．解析12．(2019·云南玉溪模拟)设函数f(x)的定义域为R，f(0)＝2，对任意的x∈R，f(x)＋f′(x)1，则不等式exf(x)ex＋1的解集为()A．(0，＋∞)B．(－∞，0)C．(－∞，－1)∪(1，＋∞)D．(－∞，－1)∪(0,1)答案A答案解析构造函数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上的增函数，又f(0)＝2，∴exf(x)ex＋1，即g(x)g(0)，∴x0.故选A.解析13．用长为18m的钢条围成一个长方体形状的框架，要求长方体的长与宽之比为2∶1，则该长方体的最大体积是________m3.答案3答案解析设长方体的宽为xm，则长为2xm，高为92－3xm，其中0x32，则体积V＝2x292－3x＝－6x3＋9x2，V′＝－18x2＋18x.令V′＝0，解得x＝1或x＝0(舍去)．当0x1时，V′0，当1x32时，V′0，所以当x＝1时，V取得最大值，则该长方体的长、宽、高分别为2m,1m,1.5m时，体积最大，最大体积为3m3.解析14．已知函数f(x)＝ex－2x＋a有零点，则a的取值范围是________．答案(－∞，2ln2－2]答案解析由函数f(x)有零点，可将问题转化为方程ex－2x＋a＝0有解问题，即方程a＝2x－ex有解．令函数g(x)＝2x－ex，则g′(x)＝2－ex，令g′(x)＝0，得x＝ln2，所以g(x)在(－∞，ln2)上是增函数，在(ln2，＋∞)上是减函数，所以g(x)的最大值为g(ln2)＝2ln2－2.因此，a的取值范围就是函数g(x)的值域，所以a∈(－∞，2ln2－2]．解析15．已知函数f(x)＝13x3－bx2＋c(b，c为常数)．当x＝2时，函数f(x)取得极值，若函数f(x)有三个零点，则实数c的取值范围为________．答案0c43答案解析∵f(x)＝13x3－bx2＋c，∴f′(x)＝x2－2bx.∵x＝2时，f(x)取得极值，∴22－2b×2＝0，解得b＝1.∴当x∈(0,2)时，f(x)单调递减，当x∈(－∞，0)或x∈(2，＋∞)时，f(x)单调递增．若f(x)＝0有3个实根，则f0＝c0，f2＝13×23－22＋c0，解得0c43.解析16．(2019·启东中学调研)已知函数f(x)＝ex＋alnx的定义域是D，关于函数f(x)给出下列命题：①对于任意a∈(0，＋∞)，函数f(x)是D上的减函数；②对于任意a∈(－∞，0)，函数f(x)存在最小值；③存在a∈(0，＋∞)，使得对于任意的x∈D，都有f(x)0成立；④存在a∈(－∞，0)，使得函数f(x)有两个零点．其中正确命题的序号是________(写出所有正确命题的序号)．答案②④答案解析由f(x)＝ex＋alnx，可得f′(x)＝ex＋ax，若a0，则f′(x)0，得函数f(x)是D上的增函数，存在x∈(0,1)，使得f(x)0，即得命题①③不正确；若a0，设ex＋ax＝0的根为m，则在(0，m)上f′(x)0，在(m，＋∞)上f′(x)0，所以函数f(x)存在最小值f(m)，即命题②正确；若f(m)0，则函数f(x)有两个零点，即命题④正确，综上可得，正确命题的序号为②④.解析17．(2019·安徽江淮联考)已知函数f(x)＝xlnx(x0)．(1)求f(x)的单调区间和极值；(2)若对任意x∈(0，＋∞)，f(x)≥－x2＋mx－32恒成立，求实数m的最大值．解(1)由题意知f′(x)＝lnx＋1，令f′(x)0，得x1e，令f′(x)0，得0x1e，∴f(x)的单调增区间是1e，＋∞，单调减区间是0，1e，f(x)在x＝1e处取得极小值，极小值为f1e＝－1e，无极大值．答案(2)由f(x)≥－x2＋mx－32及f(x)＝xlnx，得m≤2xlnx＋x2＋3x，问题转化为m≤2xlnx＋x2＋3xmin.令g(x)＝2xlnx＋x2＋3x(x0)，答案则g′(x)＝2x＋x2－3x2，由g′(x)0⇒x1，由g′(x)0⇒0x1.所以g(x)在(0,1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数，所以g(x)min