《2020《创新方案》高考人教版数学（文）总复习练习：第二章 函数、导数及其应用 课时作业16 Word版含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020《创新方案》高考人教版数学（文）总复习练习：第二章 函数、导数及其应用 课时作业16 Word版含解析.pdf（11页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、课时作业 16 导数的综合应用 1(2019天津调研)已知函数 yx33xc 的图象与 x 轴恰有两 个公共点，则 c 等于( A ) A2 或 2 B9 或 3 C1 或 1 D3 或 1 解析：y3x23， 当 y0 时，x1. 则当 x 变化时，y，y 的变化情况如下表： x(，1)1(1,1)1(1，) y00 yc2c2 因此， 当函数图象与 x 轴恰有两个公共点时， 必有 c20 或 c2 0，c2 或 c2. 2已知函数 f(x)m2lnx(mR)，g(x) ，若至少存 ( x1 x) m x 在一个x01， e， 使得f(x0)g(x0)成立， 则实数m的取值范围是( B )
2、A. B. ( ，2 e ( ，2 e) C(，0 D(，0) 解析 ： 由题意， 不等式 f(x)g(x)在1， e上有解， mx2lnx 在1， e 上有解，即 在1，e上有解，令 h(x)， m 2 lnx x lnx x 则h(x)， 当1xe时， h(x)0， 在1， e上， h(x)max 1lnx x2 h(e) ， ，m ， 1 e m 2 1 e 2 e m 的取值范围是，故选 B. ( ，2 e) 3定义在 R 上的函数 f(x)满足：f(x)f(x)1，f(0)4，则不 等式 exf(x)ex3(其中 e 为自然对数的底数)的解集为( A ) A(0，) B(，0)(3，
3、) C(，0)(0，) D(3，) 解析：设 g(x)exf(x)ex(xR)， 则 g(x)exf(x)exf(x)exexf(x)f(x)1， 因为 f(x)f(x)1， 所以 f(x)f(x)10，所以 g(x)0， 所以 g(x)exf(x)ex在定义域上单调递增， 因为 exf(x)ex3，所以 g(x)3. 又因为 g(0)e0f(0)e0413， 所以 g(x)g(0)，所以 x0. 4 (2019福建六校模拟)已知函数 f(x)(xa)33xa(a0)在 1，b上的值域为22a,0，则 b 的取值范围是( A ) A0,3 B0,2 C2,3 D(1,3 解析：由 f(x)(x
4、a)33xa， 得 f(x)3(xa)23， 令 f(x)0，得 x1a1，x2a1. 当 x(，a1)(a1，)时，f(x)0， 当 x(a1，a1)时，f(x)0， 则 f(x)在(，a1)，(a1，)上为增函数，在(a1，a1) 上为减函数 又 f(a1)22a， 要使 f(x)(xa)33xa(a0)在1，b上的值域为2 2a,0， 则 f(1a)22a0， 若 22a0， 即 a1， 此时 f(1)4， f(0)0， 22a4， f(3)0，f(2)4. b0,3； 若22a0，即a1，此时f(1)(1a)33aa33a22a 2，而 f(1)(2a2)a33a22a22a2a33a
5、24 (1a)(a2)20， 不合题意， b 的取值范围是0,3故选 A. 5(2019广东韶关六校联考)对于三次函数 f(x)ax3bx2cx d(a0)，给出定义：设 f(x)是函数 yf(x)的导数，f(x)是 f(x)的 导数，若方程 f(x)0 有实数解 x0，则称点(x0，f(x0)为函数 yf(x) 的“拐点” 经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点” ；任何一 个三次函数都有对称中心， 且 “拐点” 就是对称中心 设函数 g(x)2x3 3x2 ，则 ggg( D ) 1 2 ( 1 100) ( 2 100) ( 99 100) A100 B50 C. D0 99 2 解析
6、：g(x)2x33x2 ， 1 2 g(x)6x26x，g(x)12x6， 由 g(x)0，得 x ， 1 2 又 g2 332 0， ( 1 2) ( 1 2) ( 1 2) 1 2 函数 g(x)的图象关于点对称， ( 1 2，0) g(x)g(1x)0， ggg490gg0，故选 D. ( 1 100) ( 2 100) ( 99 100) ( 50 100) ( 1 2) 6从边长为 10 cm16 cm 的矩形纸板的四角截去四个相同的小 正方形，做成一个无盖的盒子，则盒子容积的最大值为 144cm3. 解析：设盒子容积为 y cm3，盒子的高为 x cm，x(0,5) 则 y(102
7、x)(162x)x4x352x2160x， y12x2104x160. 令 y0，得 x2 或 x(舍去)， 20 3 ymax6122144(cm3) 7 直线 xt 分别与函数 f(x)ex1 的图象及 g(x)2x1 的图象 相交于点 A 和点 B，则|AB|的最小值为 42ln2. 解析：由题意得，|AB|et1(2t1)|et2t2|， 令 h(t)et2t2， 则 h(t)et2， 所以 h(t)在(， ln2)上单调递减， 在(ln2， ) 上单调递增， 所以 h(t)minh(ln2)42ln20， 即|AB|的最小值是 42ln2. 8(2019佛山质检)定义在 R 上的奇函
8、数 yf(x)满足 f(3)0，且 不等式 f(x)xf(x)在(0， )上恒成立， 则函数 g(x)xf(x)lg|x 1|的零点个数为 3. 解析：定义在 R 上的奇函数 f(x)满足： f(0)0f(3)f(3)，f(x)f(x)， 当 x0 时，f(x)xf(x)，即 f(x)xf(x)0， xf(x)0，即 h(x)xf(x)在 x0 时是增函数， 又 h(x)xf(x)xf(x)， h(x)xf(x)是偶函数， 当 x0 时，h(x)是减函数，结合函数的定义域为 R， 且 f(0)f(3)f(3)0， 可得函数 y1xf(x)与 y2lg|x1|的大致图象如图 由图象可知，函数 g
9、(x)xf(x)lg|x1|的零点的个数为 3. 9(2019惠州调研)已知函数 f(x)2ex(xa)23，aR. (1)若函数 f(x)的图象在 x0 处的切线与 x 轴平行，求 a 的值； (2)若 x0，f(x)0 恒成立，求 a 的取值范围 解：(1)f(x)2(exxa)， 函数 f(x)的图象在 x0 处的切线与 x 轴平行， 即在 x0 处的切 线的斜率为 0， f(0)2(a1)0，a1. (2)由(1)知 f(x)2(exxa)， 令 h(x)2(exxa)(x0)，则 h(x)2(ex1)0， h(x)在0，)上单调递增，且 h(0)2(a1) 当 a1 时，f(x)0
10、在0，)上恒成立， 即函数 f(x)在0，)上单调递增， f(x)minf(0)5a20，解得a，55 又 a1，1a . 5 当 a1 时， 则存在 x00， 使 h(x0)0 且当 x0， x0)时， h(x) 0，即 f(x)0，则 f(x)单调递减， 当 x(x0，)时，h(x)0，则 f(x)0，即 f(x)单调递增， 令 M(x)xex,0xln3，则 M(x)1ex0， M(x)在(0，ln3上单调递减， 则 M(x)M(ln3)ln33，M(x)M(0)1， ln33a1. 综上，ln33a . 5 故 a 的取值范围是ln33，5 10(2019山西康杰中学等四校联考)已知函
11、数 f(x)xlnx. (1)求 f(x)的单调区间和极值； (2)证明：当 x1 时，ex1； xe x1fx e1 (3)若 f(x)(1m)xm 对任意 x(0，)恒成立，求实数 m 的 值 解：(1)f(x)xlnx，f(x)1 ，x(0，)，f(x)在(0,1)上 1 x 单调递减，在(1，)上单调递增，有极小值 f(1)1，无极大值 (2)证明：原不等式可化为， fx e1 ex1 xex1 记 g(x)，则 g(x)， ex1 xex1 ex11ex xe x 1 2 当 x1 时，g(x)0， 所以 g(x)在1，)上单调递减，有 g(x)g(1)， 1 e1 又由(1)知，得
12、证 fx e1 f1 e1 1 e1 (3)f(x)(1m)xm，即 lnxm(x1)0， 记 h(x)lnxm(x1)， 则 h(x)0 对任意 x(0，)恒成立， 求导得 h(x) m(x0)， 1 x 若 m0，则 h(x)0， 得 h(x)在(0，)上单调递增， 又 h(1)0，故当 x1 时，h(x)0，不合题意； 若 m0，则易得 h(x)在上单调递增，在上单调递 ( 0， 1 m) ( 1 m，) 减， 则 h(x)maxhlnm1m. ( 1 m) 依题意有lnm1m0，故 f(m)1， 由(1)知 f(m)1，则 m 只能等于 1. 11 (2019厦门调研)已知f(x) x
13、2 c(b， c是常数)和g(x) x 1 2 b x 1 4 是定义在 Mx|1x4上的函数，对于任意的 xM，存在 x0M 1 x 使得 f(x)f(x0)，g(x)g(x0)，且 f(x0)g(x0)，则 f(x)在 M 上的最大值 为( B ) A. B5 7 2 C6 D8 解析：因为当 x1,4时，g(x) x 21(当且仅当 x2 1 4 1 x 1 4 时等号成立)， 所以 f(2)2 cg(2)1， b 2 所以 c1 ，所以 f(x) x2 1 ， b 2 1 2 b x b 2 所以 f(x)x . b x2 x3b x2 因为 f(x)在 x2 处有最小值，且 x1,4
14、， 所以 f(2)0，即 b8，所以 c5， 经检验，b8，c5 符合题意 所以 f(x) x2 5，f(x)， 1 2 8 x x38 x2 所以 f(x)在1,2)上单调递减，在(2,4上单调递增， 而 f(1) 85 ，f(4)8255，所以函数 f(x)在 M 上的 1 2 7 2 最大值为 5，故选 B. 12已知 f(x)(xR)，若关于 x 的方程 f2(x)mf(x)m10 |x| ex 恰好有 4 个不相等的实数根，则实数 m 的取值范围为( C ) A.(2，e) B. ( 1 e，2) ( 1 e，1) C. D. ( 1，1 e1) ( 1 e，e) 解析：依题意，由
15、f2(x)mf(x)m10， 得 f(x)1 或 f(x)m1. 当 x0 时，f(x)xex，f(x)(x1)ex0， 此时 f(x)是减函数 当 x0 时，f(x)xex，f(x)(x1)ex， 若 0x1，则 f(x)0，f(x)是增函数； 若 x1，则 f(x)0，f(x)是减函数 因此，要使关于 x 的方程 f2(x)mf(x)m10 恰好有 4 个不相 等的实数根， 只要求直线 y1， 直线 ym1 与函数 yf(x)的图象共 有四个不同的交点 注意到直线 y1 与函数 yf(x)的图象有唯一公共点， 因此要求直线 ym1 与函数 yf(x)的图象共有三个不同的交 点，结合图象可知
16、，0m1 ，即 1m1 ，则实数 m 的取值 1 e 1 e 范围为. ( 1，11 e) 13(2019武汉调研)已知函数 f(x)xlnx. (1)若函数 g(x)f(x)ax 在区间e2，)上为增函数，求实数 a 的取值范围； (2)若对任意 x(0，)，f(x)恒成立，求实数 m x2mx3 2 的最大值 解：(1)由题意得 g(x)f(x)alnxa1. 函数 g(x)在区间e2，)上为增函数， 当 xe2，)时，g(x)0， 即 lnxa10 在e2，)上恒成立 a1lnx. 令 h(x)lnx1，ah(x)max， 当 xe2，)时，lnx2，)， h(x)(，3，a3， 即实数
17、 a 的取值范围是3，) (2)2f(x)x2mx3， 即 mx2xlnxx23， 又 x0，m在 x(0，)上恒成立 2xlnxx23 x 记 t(x)2lnxx . 2xlnxx23 x 3 x mt(x)min. t(x) 1 ， 2 x 3 x2 x22x3 x2 x3x1 x2 令 t(x)0，得 x1 或 x3(舍去) 当 x(0,1)时，t(x)0，函数 t(x)在(0,1)上单调递减； 当 x(1，)时，t(x)0，函数 t(x)在(1，)上单调递增 t(x)mint(1)4. mt(x)min4，即 m 的最大值为 4. 14(2019福建四地六校联考)已知函数 f(x)(x
18、1)ex ax2. 1 2 (1)讨论 f(x)的单调性； (2)若 f(x)有两个零点，求实数 a 的取值范围 解：(1)f(x)的定义域为(，)， f(x)ex(x1)exaxx(exa) ()若 a0，则当 x(，0)时，f(x)0； 当 x(0，)时，f(x)0， 所以 f(x)在(，0)上单调递减，在(0，)上单调递增 ()若 a0，由 f(x)0 得 x0 或 xlna. 若 a1，则 f(x)x(ex1)0， 所以 f(x)在(，)上单调递增 若 0a1，则 lna0， 故当 x(，lna)(0，)时，f(x)0； 当 x(lna,0)时，f(x)0， 所以 f(x)在(，lna
19、)，(0，)上单调递增，在(lna,0)上单调递 减 若 a1， 则 lna0， 故当 x(， 0)(lna， )时， f(x)0 ； 当 x(0，lna)时，f(x)0， 所以 f(x)在(，0)，(lna，)上单调递增，在(0，lna)上单调 递减 综上所述，当 a0 时，f(x)在(，0)上单调递减，在(0，) 上单调递增； 当 0a1 时， f(x)在(， lna)， (0， )上单调递增， 在(lna,0) 上单调递减； 当 a1 时，f(x)在(，)上单调递增； 当 a1 时，f(x)在(，0)，(lna，)上单调递增，在(0，lna) 上单调递减 (2)()若 a0， 则由(1)
20、知， f(x)在(， 0)上单调递减， 在(0， ) 上单调递增 又 f(0)1，x 趋近负无穷时，f(x)值趋近正无穷 x 趋近正无穷时，f(x)值趋近正无穷 所以 f(x)有两个零点 ()若 a1，则由(1)知 f(x)在(，)上单调递增，所以 f(x) 至多有一个零点 ()若 0a1，则由(1)知，f(x)在(，lna)，(0，)上单调 递增，在(lna,0)上单调递减， 设 blna， 当 xb 时， f(x)有极大值 f(b)a(b1) ab2 a(b2 1 2 1 2 2b2)0， 故 f(x)不存在两个零点 ()若 a1， 则由(1)知， f(x)在(， 0)， (lna， )上单调递增， 在(0，lna)上单调递减，当 x0 时，f(x)有极大值 f(0)10，故 f(x) 不存在两个零点 综上，a 的取值范围为 a0.