《黄冈名师2020版高考数学大一轮复习核心素养提升练十六3.4导数的综合应用理含解析新人教A版.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《黄冈名师2020版高考数学大一轮复习核心素养提升练十六3.4导数的综合应用理含解析新人教A版.pdf（13页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、核心素养提升练十六核心素养提升练十六 导数的综合应用 导数的综合应用 (30 分钟 60 分) 一、选择题(每小题 5 分,共 25 分) 1.已知函数 f(x)=x3-x2-x,则 f(-a2)与 f(-1)的大小关系为( ) A.f(-a2)f(-1) B.f(-a2)0,f(x)为增函数;当-10, 所以函数 y=f(x)在(1,2)内为增函数. 所以 f(x)f(1)=10, 所以 xln x000, 所以0,即 aca2+c2-b2, 根据余弦定理 b2=a2+c2-2accos B,所以 a2+c2-b2=2accos B, 所以 ac2accos B,即 cos B0),若对于任
2、意 x10,2,总存在 x00,2,使得 g(x0)=f(x1)成立,则 a 的取值范围是 ( ) A.2,+)B.1,2 C.0,2D.1,+) 【解析】选 B.当 x10,2,函数 f(x)=, 则 f(x)=,令 f(x)=0,解得 x=1. 当 x0,1)时,f(x)0,所以函数 f(x)在0,1)上单调递增; 当 x(1,2时,f(x)0,所以函数 g(x)=ax+3-3a 在其定义域内是增函数, 当 x=0 时函数 g(x)取得最小值为 3-3a. 当 x=2 时函数 g(x)取得最大值为 3-a. 故得函数 g(x)的值域为 N=3-3a,3-a. 因为 MN, 所以 .解得 1
3、a2. 5.已知函数 g(x)满足 g(x)=g(1)ex-1-g(0)x+x2,且存在实数 x0,使得不等式 2m-1g(x0)成 立,则实数 m 的取值范围为 ( ) A.(-,2B.(-,3 C.1,+)D.0,+) 【解析】选 C.g(x)=g(1)ex-1-g(0)+x, 令 x=1,得 g(1)=g(1)-g(0)+1, 所以 g(0)=1,g(0)=g(1)e0-1, 所以 g(1)=e, 所以 g(x)=ex-x+x2,g(x)=ex-1+x, 当 x0 时,g(x)0, 所以当 x=0 时, 函数 g(x)取得最小值 g(0)=1. 根据题意得 2m-1g(x)min=1,所
4、以 m1. 二、填空题(每小题 5 分,共 15 分) 6.某产品包装公司要生产一种容积为 V 的圆柱形饮料罐(上下都有底),一个单位面积的罐底造 价是一个单位面积罐身造价的 3 倍,若不考虑饮料罐的厚度,欲使这种饮料罐的造价最低,则这 种饮料罐的底面半径是_. 【解析】由 V=r2h,得 h=, 设 f(r)=32r2+2rh=6r2+, 所以 f(r)=12r-=, 所以 f(r)在上单调递减,上单调递增,所以当 r=时造价最 低. 答案: 7.若存在正数 x,使 2x(x-a)x-,即存在正数 x 使 ax-成立即可,令 h(x)=x- (x0),则 h(x)为增函数,所以当 x0 时,
5、h(x)h(0)=0-=-1,所以 ah(x)min,即 a-1,即 a 的取值范围是(-1,+). 答案:(-1,+) 8.设函数 f(x)=,g(x)=,对任意 x1,x2(0,+),不等式恒成 立,则正数 k 的取值范围是_. 【解析】对任意 x1,x2(0,+)不等式恒成立,等价为 恒成立, 因为 f(x)=x+2=2,当且仅当 x=时即 x=1 时取等号,所以 f(x)的最小 值是 2. 因为 g(x)=,所以 g(x)=, 由 g(x)0 得 01,此时函数为减函数, 即当 x=1 时 g(x)取得极大值同时也是最大值 g(1)= ,则的最大值为= , 则由,得 2ekk+1. 即
6、 k(2e-1)1 得 k. 答案: 三、解答题(每小题 10 分,共 20 分) 9.设 a 为实数,函数 f(x)=ex-2x+2a,xR. (1)求 f(x)的单调区间与极值. (2)求证:当 aln 2-1 且 x0 时,exx2-2ax+1. 【解析】(1)由 f(x)=ex-2x+2a,xR, 知 f(x)=ex-2,xR. 令 f(x)=0,得 x=ln 2. 于是当 x 变化时,f(x),f(x)的变化情况如表: x(-,ln 2)ln 2(ln 2,+) f(x)-0+ f(x)2-2ln 2+2a 故 f(x)的单调递减区间是(-,ln 2), 单调递增区间是(ln 2,+
7、), f(x)在 x=ln 2 处取得极小值, 极小值为 2-2ln 2+2a. (2)设 g(x)=ex-x2+2ax-1,xR, 于是 g(x)=ex-2x+2a,xR. 由(1)知当 aln 2-1 时, g(x)取最小值为 g(ln 2)=2(1-ln 2+a)0. 于是对任意 xR,都有 g(x)0, 所以 g(x)在 R 上单调递增. 于是当 aln 2-1 时,对任意 x(0,+), 都有 g(x)g(0). 而 g(0)=0,从而对任意 x(0,+),都有 g(x)0. 即 ex-x2+2ax-10, 故当 aln 2-1 且 x0 时,exx2-2ax+1. 10.已知函数
8、f(x)=x2eax,其中 a0,e 为自然对数的底数. (1)讨论函数 f(x)的单调性. (2)求函数 f(x)在区间0,1上的最大值. 【解析】 (1)f(x)=2xeax+x2aeax=x(ax+2)eax. 当 a=0 时,由 f(x)0 得 x0,由 f(x)0 得 0-. 故函数 f(x)在上单调递增, 在(-,0)和上单调递减. (2)当 a=0 时,f(x)在区间0,1上单调递增,其最大值为 f(1)=1. 当-21,f(x)在区间0,1上单调递增,其最大值是 f(1)=ea. 当 a-2 时,00 时,只需 m(0)=e0-ln a0 解得 00,m(x)=0 有解.综上
9、a 的取值范围是(-,). 3.(5 分)已知函数 f(x)=3x+cos-11,若两个正数 a,b 满足 f(2a+b)0 对 xR 恒 成立,所以 f(x)在实数 R 上单调递增;因为 f(4)=34+cos-11=1,由 f(2a+b)0,此时 f(x)在 R 上单调递增;当 a0 时,=4a2-4a, 当 01 时,令 f(x)=0x1=-1-,x2=-1+, x(-,x1)x1(x1,x2)x2(x2,+) f(x)+0-0+ f(x) 即 f(x)在和 -1+,+ 上单调递增; 在上单调递减; 综上:当 0a1 时,f(x)在 R 上单调递增; 当 a1 时 ,f(x)在- ,-1
10、-和上 单 调 递 增 ;在 上单调递减; (2)由(1)知, 当 0a1 时,f(x)在0,1上单调递增,f(0)=0,此时 f(x)在区间0,1上有一个零点; 当 a1 时,-1-0(负值舍去) 当-1+1 即-a0 即-1-1 时,f(x)在区间0,1上有 1 个 零点. 5.(13 分)已知函数 f(x)=ax+1-2a-ln x. (1)若 f(x)0 在 x1,+)上恒成立,求正数 a 的取值范围. (2)证明:1+ln(n+1)+(nN*). 【解析】(1)因为 f(x)=ax+1-2a-ln x,x1,+),则 f(1)=0, f(x)=a-=(x-1), 当 01, 当 11 时,ln x, 令 x=,有 lnln(n+1)+(nN*).