2014-2015高考理科數(shù)學(xué)《導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用》練習(xí)題

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1、 2014-2015高考理科數(shù)學(xué)《導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用》練習(xí)題 [A組　基礎(chǔ)演練能力提升] 一、選擇題 1．(2014年石家莊模擬)已知正六棱柱的12個頂點(diǎn)都在一個半徑為3的球面上，當(dāng)正六棱柱的體積最大時，其高的值為(　　) A．3 B. C．2 D．2 解析：設(shè)正六棱柱的底面邊長為a，高為h，則可得a2＋＝9，即a2＝9－，那么正六棱柱的體積V＝h＝h＝，令y＝－＋9h，則y′＝－＋9，令y′＝0，得h＝2.易知當(dāng)h＝2時，正六棱柱的體積最大． 答案：D 2．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]

2、 D. 解析：當(dāng)x≤0時，f′(x)＝6x2＋6x，易知函數(shù)f(x)在(－∞，0]上的極大值點(diǎn)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，即a≤在(0,2]上恒成立，故a≤ln 2. 答案：D 3．(2014年濟(jì)南模擬)設(shè)函數(shù)ht(x)＝3tx－2t，若有且僅有一個正實數(shù)x0，使得h7(x0)≥ht(x0)對任意的正數(shù)t都成立，則x0＝(　　) A．5 B. C．3 D. 解析：∵h(yuǎn)7(x0)≥ht(x0)對任意的正數(shù)t都成立，∴h7(x0)≥ht(x0)max.記g(t)＝ht(x0)＝3tx0－2t，則g′(t

3、)＝3x0－3t，令g′(t)＝0，得t＝x，易得ht(x0)max＝g(x)＝x，因此，21x0－14≥x，將選項檢驗可得，正確答案為D. 答案：D 4．已知a≤＋ln x對任意x∈恒成立，則a的最大值為(　　) A．0　　　　　B．1　　　　　C．2　　　　　D．3 解析：設(shè)f(x)＝＋ln x，則f′(x)＝＋＝.當(dāng)x∈時，f′(x)<0，故函數(shù)f(x)在上單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(1,2]時，f′(x)>0，故函數(shù)f(x)在(1,2]上單調(diào)遞增，∴f(x)min＝f(1)＝0，∴a≤0，即a的最大值為0. 答案：A 5．f(x)＝2x4－3x2＋1在上的最大值、最小值分別是(　　)

4、 A．21，－　　　　　　　　 B．1，－ C．21,0 D．0，－ 解析：∵函數(shù)f(x)在上有最大值和最小值． ∴f′(x)＝8x3－6x＝0， 解得x＝0或x＝或x＝－(舍去)， ∴f(x)max＝f(2)＝21，f(x)min＝f＝－. 答案：A 6．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(dāng)造價最低時，鍋爐的底面直徑與高的比為(　　) A.　　　　B.　　　　C.　　　　D. 解析：如圖，設(shè)圓柱的底面半徑為R，高為h，則V＝πR2h. 設(shè)造價為y＝2πR2a＋2πRhb＝2πaR2＋2πRb＝2πa

5、R2＋，∴y′＝4πaR－. 令y′＝0，得＝. 答案：C 二、填空題 7．函數(shù)f(x)＝x2－ln x的最小值為________． 解析：由得x>1， 由得0

6、(x)max＝2，f(x)min＝－18，所以對于區(qū)間[－3,2]上任意的x1，x2，|f(x1)－f(x2)|≤20，所以t≥20，從而t的最小值為20. 答案：20 9．已知函數(shù)f(x)＝ex－ae－x，若f′(x)≥2恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是________． 解析：由題意可知，f′(x)＝ex＋ae－x≥2恒成立，分離參數(shù)可得，a≥(2－ex)ex恒成立，令ex＝t(t>0)，問題等價于a≥(－t2＋2t)max＝3.所以a∈[3，＋∞)． 答案：[3，＋∞) 三、解答題 10．(2014年長沙模擬)已知函數(shù)f(x)＝ln x＋－1. (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；

7、 (2)設(shè)m∈R，對任意的a∈(－1,1)，總存在x0∈[1，e]，使得不等式ma－f(x0)<0成立，求實數(shù)m的取值范圍． 解析：(1)f′(x)＝－＝，x>0. 令f′(x)>0，得x>1，因此函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(1，＋∞)． 令f′(x)<0，得0

8、)設(shè)f(x)＝ln(x＋1)＋ax(a∈R且a≠0)． (1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性； (2)若a＝1，證明：x∈(0,5)時，f(x)<成立． 解析：(1)函數(shù)f(x)的定義域為(－1，＋∞)，f′(x)＝＋a， 當(dāng)a>0時，f′(x)>0，∴函數(shù)f(x)在(－1，＋∞)上是增函數(shù)； 當(dāng)a<0時， f′(x)＝，－>－1， 由f′(x)>0得，－1－. ∴函數(shù)f(x)在上是增函數(shù)， 在上是減函數(shù)． (2)當(dāng)a＝1時，f(x)＝ln(x＋1)＋x， 要證x∈(0,5)時，f(x)<成立， 只需證(x＋1)ln(x＋1)＋x2－8x<0

9、在x∈(0,5)時恒成立． 令g(x)＝(x＋1)ln(x＋1)＋x2－8x，則g′(x)＝ln(x＋1)＋2x－7. 設(shè)h(x)＝ln(x＋1)＋2x－7，x∈(0,5)，則h′(x)＝＋2>0， ∴g′(x)在(0,5)上單調(diào)遞增，∴g′(0)

10、模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝xex. (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間與極值； (2)是否存在實數(shù)a，使得對任意的x1、x2∈(a，＋∞)，當(dāng)x1成立？若存在，求a的取值范圍；若不存在，請說明理由． 解析：(1)f′(x)＝(1＋x)ex.令f′(x)＝0，得x＝－1. f′(x)，f(x)隨x的變化情況如下： (x) (－∞，－1) －1 (－1，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x)  極小值  ∴f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，－1)，單調(diào)遞增區(qū)間是(－1，＋∞)； f(x)極小值＝f(－1)＝－. (2)設(shè)g(x)＝，由題意，對任意的x1、

11、x2∈(a，＋∞)，當(dāng)x1g(x1)，即y＝g(x)在(a，＋∞)上是單調(diào)遞增函數(shù)． 又g′(x)＝ ＝＝ ＝， ∴?x∈(a，＋∞)，g′(x)≥0. 令h(x)＝x2ex－axex－aex＋aea， h′(x)＝2xex＋x2ex－a(1＋x)ex－aex＝x(x＋2)ex－a(x＋2)ex＝(x＋2)(x－a)ex. 若a≥－2，當(dāng)x>a時，h′(x)>0，h(x)為(a，＋∞)上的單調(diào)遞增函數(shù)， ∴h(x)>h(a)＝0，不等式成立． 若a<－2，當(dāng)x∈(a，－2)時，h′(x)<0，h(x)為(a，－2)上的單調(diào)遞減函數(shù)， ∴?x0∈(a

12、，－2)，h(x0)x0?、躥(x0)< ⑤f(x0)> A．①④ B．②④ C．②⑤ D．③⑤ 解析：f′(x)＝′＝－＝－， 由題意可知f′(x0)＝0，即ln x0＋x0＋1＝0，ln x0＝－(x0＋1)， 故f(x0)＝－ln x0＝＝＝x0. 令函數(shù)g(x)＝

13、ln x＋x＋1(x>0)，則g′(x)＝＋1>0， 故函數(shù)g(x)為增函數(shù)，而g＝ln＋>－ln e＝>0＝g(x0)， ∴x0<，即f(x0)<.故選B. 答案：B 2．已知函數(shù)f(x)＝aln x－ax－3(a∈R)． (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)當(dāng)a＝－1時，證明：在(1，＋∞)上，f(x)＋2>0； (3)求證：…<(n≥2，n∈N*)． 解析：(1)根據(jù)題意知， f′(x)＝(x>0)， 當(dāng)a>0時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,1]，單調(diào)遞減區(qū)間為(1，＋∞)； 當(dāng)a<0時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(1，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1]； 當(dāng)a＝0時，f(x)不是單調(diào)函數(shù)． (2)證明：當(dāng)a＝－1時， f(x)＝－ln x＋x－3， 所以f(1)＝－2， 由(1)知f(x)＝－ln x＋x－3在(1，＋∞)上單調(diào)遞增， 所以當(dāng)x∈(1，＋∞)時，f(x)>f(1)， 即f(x)>－2，所以f(x)＋2>0. (3)證明：由(2)得－ln x＋x－3＋2>0， 即－ln x＋x－1>0， 所以ln x