數學文高考二輪專題復習與測試：第二部分 專題六第4講 導數的綜合應用 Word版含解析

A級基礎通關一、選擇題1函數f(x)的定義域為R，f(1)3，對任意xR，f(x)<3，則f(x)>3x6的解集為()Ax|1<x<1 Bx|x>1Cx|x<1 DR解析：設g(x)f(x)(3x6)，則g(x)f(x)3<0，所以g(x)為減函數，又g(1)f(1)30，所以根據單調性可知g(x)>0的解集是x|x<1答案：C2已知函數f(x)的定義域為1，4，部分對應值如下表：x10234f(x)12020f(x)的導函數yf(x)的圖象如圖所示當1<a<2時，函數yf(x)a的零點的個數為()A1 B2 C3 D4解析：根據導函數圖象，知2是函數的極小值點，函數yf(x)的大致圖象如圖所示由于f(0)f(3)2，1<a<2，所以yf(x)a的零點個數為4.答案：D3若函數f(x)在R上可導，且滿足f(x)xf(x)0，則()A3f(1)f(3) B3f(1)f(3)C3f(1)f(3) Df(1)f(3)解析：由于f(x)xf(x)，則0恒成立，因此y在R上是單調減函數，所以，即3f(1)f(3)答案：B4已知函數f(x)exln x，則下面對函數f(x)的描述正確的是()Ax(0，)，f(x)2Bx(0，)，f(x)2Cx0(0，)，f(x0)0Df(x)min(0，1)解析：因為f(x)exln x的定義域為(0，)，且f(x)ex，令g(x)xex1，x0，則g(x)(x1)ex0在(0，)上恒成立，所以g(x)在(0，)上單調遞增，又g(0)·g(1)(e1)0，所以x0(0，1)，使g(x0)0，則f(x)在(0，x0)上單調遞減，在(x0，)上單調遞增，則f(x)minf(x0)ex0ln x0，又ex0，x0ln x0，所以f(x)minx02.答案：B5(2019·天津卷改編)已知aR，設函數f(x)若關于x的不等式f(x)0在0，上恒成立，則a的取值范圍為()A0，1 B0，2C0，e D1，e解析：當0x1時，f(x)x2aa，由f(x)0恒成立，則a0，當x>1時，由f(x)xaln x0恒成立，即a恒成立設g(x)(x>1)，則g(x).令g(x)0，得xe，且當1<x<e時，g(x)<0，當x>e時，g(x)>0，所以g(x)ming(e)e，所以ae.綜上，a的取值范圍是0ae，即0，e答案：C二、填空題6做一個無蓋的圓柱形水桶，若要使其體積是27 dm3，且用料最省，則圓柱的底面半徑為_dm.解析：設圓柱的底面半徑為R dm，母線長為l dm，則VR2l27，所以l，要使用料最省，只需使圓柱形水桶的表面積最小S表R22RlR22·，所以S表2R.令S表0，得R3，則當R3時，S表最小答案：37對于函數yf(x)，若其定義域內存在兩個不同實數x1，x2，使得xif(xi)1(i1，2)成立，則稱函數f(x)具有性質P.若函數f(x)具有性質P，則實數a的取值范圍為_解析：依題意，xf(x)1，即1在R上有兩個不相等實根，所以axex在R上有兩個不同的實根，令(x)xex，則(x)ex(x1)，當x1時，(x)0，(x)在(，1)上是減函數；當x1時，(x)0，(x)在(1，)上是增函數因此(x)極小值為(1).在同一坐標系中作y(x)與ya的圖象，又當x0時，(x)xex0.由圖象知，當a0時，兩圖象有兩個交點故實數a的取值范圍為.答案：三、解答題8已知函數f(x)axln x，x1，e(e2.718 28是自然對數的底數)(1)若a1，求f(x)的最大值；(2)若f(x)0恒成立，求實數a的取值范圍解：(1)若a1，則f(x)xln x，f(x)1.因為x1，e，所以f(x)>0，所以f(x)在1，e上為增函數，所以f(x)maxf(e)e1.(2)因為f(x)0，即axln x0對x1，e恒成立所以a，x1，e令g(x)，x1，e，則g(x).當x1，e時，g(x)0，所以g(x)在1，e上遞減所以g(x)ming(e)，所以a.因此實數a的取值范圍是.9(2019·天津卷節(jié)選)設函數f(x)excos x，g(x)為f(x)的導函數(1)求f(x)的單調區(qū)間；(2)當x時，證明：f(x)g(x)0.(1)解：由已知，有f(x)ex(cos xsin x)因此，當x(kZ)時，有sin x>cos x，得f(x)<0，則f(x)單調遞減；當x(kZ)時，有sin x<cos x，得f(x)>0，則f(x)單調遞增所以f(x)的單調遞增區(qū)間為(kZ)，f(x)的單調遞減區(qū)間為(kZ)(2)證明：記h(x)f(x)g(x).依題意及(1)，有g(x)ex(cos xsin x)，從而g(x)2exsin x.當x時，g(x)<0，故h(x)f(x)g(x)g(x)(1)g(x)<0.因此，h(x)在區(qū)間上單調遞減，進而h(x)hf0.所以當x時，f(x)g(x)0.B級能力提升10已知函數f(x)ln x，g(x)xm(mR)(1)若f(x)g(x)恒成立，求實數m的取值范圍；(2)已知x1，x2是函數F(x)f(x)g(x)的兩個零點，且x1<x2，求證：x1x2<1.(1)解：令F(x)f(x)g(x)ln xxm(x>0)，則F(x)1(x>0)，當x>1時，F(x)<0，當0<x<1時，F(x)>0，所以F(x)在(1，)上單調遞減，在(0，1)上單調遞增F(x)在x1處取得最大值1m，若f(x)g(x)恒成立，則1m0，即m1.(2)證明：由(1)可知，若函數F(x)f(x)g(x)有兩個零點，則m<1，0<x1<1<x2，要證x1x2<1，只需證x2<，由于F(x)在(1，)上單調遞減，從而只需證F(x2)>F，由F(x1)F(x2)0，mln x1x1，即證lnmlnx1ln x1<0，令h(x)x2ln x(0<x<1)，則h(x)1>0，故h(x)在(0，1)上單調遞增，h(x)<h(1)0，所以x1x2<1.11(2019·廣州調研)設函數f(x)x2(a1)xaln x.(1)討論函數f(x)的單調性；(2)已知函數f(x)有極值m，求證：m<1.(已知ln 0.50.69，ln 0.60.51)(1)解：f(x)x(a1)(x>0)，當a0時，f(x)>0恒成立，所以f(x)在(0，)上單調遞增當a>0時，解f(x)>0得x>a，解f(x)<0得0<x<a.所以f(x)在(0，a)上單調遞減，在(a，)上單調遞增綜上，當a0時，f(x)在(0，)上單調遞增當a>0時，f(x)在(0，a)上單調遞減，在(a，)上單調遞增(2)證明：由(1)知，a>0時，f(x)的極值mf(a)a2aaln a.所以f(a)aln a，f(a)0有唯一實根a0.因為ln 0.5<0.5，ln 0.6>0.6，所以a0(0.5，0.6)且f(a)在(0，a0)上遞增，在(a0，)上遞減所以mf(a)f(a0)aa0a0ln a0<aa0aaa0<×0.620.60.78<1.故m<1成立