新编一轮创新思维文数人教版A版练习：第二章 第十二节　导数的综合应用 Word版含解析

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1、 课时规范练 A组　基础对点练 1．已知函数f(x)＝x3－2x2＋3m，x∈[0，＋∞)，若f(x)＋5≥0恒成立，则实数m的取值范围是(　　) A.　　　　　　 B. C．(－∞，2] D．(－∞，2) 解析：f′(x)＝x2－4x，由f′(x)>0，得x>4或x<0. ∴f(x)在(0,4)上单调递减，在(4，＋∞)上单调递增， ∴当x∈[0，＋∞)时，f(x)min＝f(4)． ∴要使f(x)＋5≥0恒成立，只需f(4)＋5≥0恒成立即可，代入解之得m≥. 答案：A 2．对∀x∈R，函数f(x)的导数存在，若f′(x)>f(x)，且a>0，则以下说法正确的是(　

2、　) A．f(a)>ea·f(0) B．f(a)f(0) D．f(a)0，故 g(x)＝为R上的单调递增函数，因此g(a)>g(0)，即>＝f(0)，所以f(a)>ea·f(0)，选A. 答案：A 3．若存在正数x使2x(x－a)<1成立，则a的取值范围是(　　) A．(－∞，＋∞) B．(－2，＋∞) C．(0，＋∞) D．(－1，＋∞) 解析：∵2x(x－a)<1，∴a>x－. 令f(x)＝x－， ∴f′(x)＝1＋2－xln 2>0. ∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增， ∴f

3、(x)>f(0)＝0－1＝－1， ∴a的取值范围为(－1，＋∞)，故选D. 答案：D 4．某工厂要围建一个面积为512平方米的矩形堆料场，一边可以利用原有的墙壁，其他三边需要砌新的墙壁，当砌新的墙壁所用的材料最省时，堆料场的长和宽分别为(　　) A．32米，16米 B．30米，15米 C．40米，20米 D．36米，18米 解析：要求材料最省，则要求新砌的墙壁总长最短，设堆料厂的宽为x米，则长为米，因此新墙总长为L＝2x＋(x>0)，则L′＝2－，令L′＝0，得x＝±16.又x>0，∴x＝16.则当x＝16时，L取得极小值，也是最小值，即用料最省，此时长为＝32(米)．故选A.

4、 答案：A 5．某银行准备设一种新的定期存款业务，经预测，存款量与存款利率的平方成正比，比例系数为k(k>0)，贷款的利率为4.8%，假设银行吸收的存款能全部放贷出去．若存款利率为x(x∈(0,0.048))，则银行获得最大收益的存款利率为(　　) A．3.2% B．2.4% C．4% D．3.6% 解析：依题意知，存款量是kx2，银行应支付的利息是kx3，银行应获得的利息是0.048kx2，所以银行的收益y＝0.048kx2－kx3，故y′＝0.096kx－3kx2，令y′＝0，得x＝0.032或x＝0(舍去)．因为k>0，所以当00；当0.032

5、<0.048时，y′<0.因此，当x＝0.032时，y取得极大值，也是最大值，即当存款利率定为3.2%时，银行可获得最大收益． 答案：A 6．已知函数f(x)＝m－2ln x(m∈R)，g(x)＝－，若至少存在一个x0∈[1，e]，使得f(x0)

6、m的取值范围是.故选B. 答案：B 7．若函数f(x)＝xex－a有两个零点，则实数a的取值范围为(　　) A．－－ C．－e0，所以由g′(x)＝0，解得x＝－1， 当x>－1时，g′(x)>0，函数g(x)为增函数；当x<－1时，g′(x)<0，函数g(x)为减函数，所以当x＝－1时函数g(x)有最小值；g(－1)＝－e－1＝－.画出函数y＝xex的图象，如图所示，显然当－

7、,1]时，不等式ax3－x2＋4x＋3≥0恒成立，则实数a的取值范围是(　　) A．[－5，－3] B. C．[－6，－2] D．[－4，－3] 解析：当x∈(0,1]时，得a≥－33－42＋， 令t＝，则t∈[1，＋∞)，a≥－3t3－4t2＋t， 令g(t)＝－3t3－4t2＋t，t∈[1，＋∞)，则g′(t)＝－9t2－8t＋1＝－(t＋1)·(9t－1)，显然在[1，＋∞)上，g′(t)<0，g(t)单调递减， 所以g(t)max＝g(1)＝－6，因此a≥－6；同理，当x∈[－2,0)时， 得a≤－2. 由以上两种情况得－6≤a≤－2，显然当x＝0时也成立， 故实

8、数a的取值范围为[－6，－2]． 答案：C 9．若函数f(x)＝2x＋sin x对任意的m∈[－2,2]，f(mx－3)＋f(x)<0恒成立，则x的取值范围是__________． 解析：f(－x)＝－f(x)，f(x)为奇函数， 若x∈R时，f′(x)＝2＋cos x>0恒成立， ∴f(x)在R上为增函数， 又f(x)为奇函数，故 在定义域内为增函数，∴f(mx－3)＋f(x)<0可变形为f(mx－3)

9、<0，g(－2)<0，解得－30， 且函数f(x)＝ln x＋3x－8在(0，＋∞)上为增函数， ∴x0∈[2,3]，即a＝2，b＝3. ∴a＋b＝5. 答案：5 11．已知函数f(x)＝ax＋xln x(a∈R)． (1)若函数f(x)在区间[e，＋∞)上为增函数，求a的取值范围； (2)当a＝1且k∈Z时，不等式k

10、(x－1)1恒成立． 令g(x)＝，则g′(x)＝. 令h(x)＝x－ln x－2(x>1)， 则h′(x)＝1－＝

11、>0， ∴h(x)在(1，＋∞)上单调递增． ∵h(3)＝1－ln 3<0，h(4)＝2－2ln 2>0， ∴存在x0∈(3,4)使h(x0)＝0，即g′(x0)＝0. 即当1x0时，h(x)>0，即g′(x)>0. ∴g(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增． 由h(x0)＝x0－ln x0－2＝0，得ln x0＝x0－2， g(x)min＝g(x0)＝＝ ＝x0∈(3,4)， ∴k

12、 x. (1)若在函数f(x)的定义域内存在区间D，使得该函数在区间D上为减函数，求实数m的取值范围； (2)当00时，由于函数y＝2mx2－x＋1的图象的对称轴x＝>0，故需且只需Δ>0，即1－8m>0，解得m<. 故0

13、1. 从而方程mx2－x＋ln x＝2mx－m－1在(0，＋∞)上有且只有一解． 设g(x)＝mx2－x＋ln x－(2mx－m－1)， 则g (x)在(0，＋∞)上有且只有一个零点． 又g(1)＝0，故函数g(x)有零点x＝1. 则g′(x)＝2mx－1＋－2m＝＝. 当m＝时，g′(x)≥0， 又g(x)不是常数函数，故g(x)在(0，＋∞)上单调递增． ∴函数g(x)有且只有一个零点x＝1，满足题意． 当01， 由g′(x)>0，得0； 由g′(x)<0，得1

14、′(x)，g(x)的变化情况如下表： x (0,1) 1 g′(x) ＋ 0 － 0 ＋ g(x)  极大值  极小值  根据上表知g<0. 又g(x)＝mx＋m＋ln x＋1. ∴g>0， 故在上，函数g(x)又有一个零点，不满足题意． 综上所述，m＝. B组　能力提升练 1．若不等式2xln x≥－x2＋ax－3对x∈(0，＋∞)恒成立，则实数a的取值范围是(　　) A．(－∞，0) B．(－∞，4] C．(0，＋∞) D．[4，＋∞) 解析：2xln x≥－x2＋ax－3， 则a≤2ln x＋x＋，设h(x)＝2l

15、n x＋x＋(x>0)，则h′(x)＝. 当x∈(0,1)时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减； 当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增，所以h(x)min＝h(1)＝4，所以a≤h(x)min＝4. 答案：B 2．(20xx·运城模拟)已知函数f(x)＝ln x＋tan α的导函数为f′(x)，若方程f′(x)＝f(x)的根x0小于1，则α的取值范围为(　　) A. B. C. D. 解析：因为f(x)＝ln x＋tan α，所以f′(x)＝， 令f(x)＝f′(x)，得ln x＋tan α＝， 即tan α＝－ln x．设g(x)＝－ln x，

16、显然g(x)在(0，＋∞)上单调递减， 而当x→0时，g(x)→＋∞， 所以要使满足f′(x)＝f(x)的根x0<1，只需tan α>g(1)＝1， 又因为0<α<，所以α∈. 答案：A 3．(20xx·宜州调研)设f(x)＝|ln x|，若函数g(x)＝f(x)－ax在区间(0,4)上有三个零点，则实数a的取值范围是(　　) A. B. C. D. 解析：令y1＝f(x)＝|ln x|，y2＝ax，若函数g(x)＝f(x)－ax在区间(0,4)上有三个零点，则y1＝f(x)＝|ln x|与y2＝ax的图象(图略)在区间(0,4)上有三个交点．由图象易知，当a≤0时，不符合

17、题意；当a>0时，易知y1＝|ln x|与y2＝ax 的图象在区间(0,1)上有一个交点，所以只需要y1＝|ln x|与y2＝ax的图象在区间(1,4)上有两个交点即可，此时|ln x|＝ln x，由ln x＝ax，得a＝.令h(x)＝，x∈(1,4)，则h′(x)＝，故函数h(x)在(1，e)上单调递增，在(e,4)上单调递减，h(e)＝＝，h(1)＝0，h(4)＝＝，所以0)．若函数f(x)在区间(－2,0)内恰有两个零点，则a的取值范围是(　　) A. B. C．(1,2) D．(0，＋∞

18、) 解析：f′(x)＝x2＋(1－a)x－a＝(x＋1)(x－a)． 由f′(x)＝0，得x＝－1或a(a>0)． 当x变化时f′(x)与f(x)的变化情况如表： x (－∞，－1) －1 (－1，a) a (a，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x)  极大值  极小值  故函数f(x)的单调递增区间是(－∞，－1)，(a，＋∞)；单调递减区间是(－1，a)． 可知函数f(x)在区间(－2，－1)内单调递增；在区间(－1,0)内单调递减． 从而函数f(x)在区间(－2,0)内恰有两个零点， 当且仅当解得0

19、值范围是. 答案：A 5．(20xx·郑州模拟)若函数f(x)＝x2＋－aln x(a>0)有唯一的零点x0，且m0，x>0)．因为函数f(x)有唯一零点x0，所以函数g(x)，h(x)的图象有唯一一个交点，即g(x)，h(x)有唯一公切点(x0，y0)，即由得x＋－2ln x0＝0，令φ(x)＝x＋－2ln x0，则φ(1)＝3>0，φ(2)＝5－7ln 2>0，φ(e)＝－e2＋<0，所以x0∈(2，e

20、)，所以m＝2，n＝3，所以m＋n＝5. 答案：C 6．若函数f(x)＝＋1(a<0)没有零点，则实数a的取值范围为__________． 解析：f′(x)＝＝. 当a<0时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x (－∞，2) 2 (2，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x)  极小值  若使函数f(x)没有零点， 当且仅当f(2)＝＋1>0，解得a>－e2， 所以此时－e2

21、4,4]恒成立，则实数m的取值范围是__________． 解析：令h(x)＝g(x)－f(x) ＝x3－x2－3x＋m， 则h′(x)＝(x－3)(x＋1)． 所以当－40； 当－10. 要使f(x)≥g(x)恒成立，即h(x)max≤0， 由上知h(x)的最大值在x＝－1或x＝4处取得， 而h(－1)＝m＋，h(4)＝m－， 所以m＋≤0，即m≤－， 所以实数m的取值范围为. 答案： 8．(20xx·长沙模拟)已知函数f(x)＝x|x2－a|，若存在x∈[1,2]，使得f(x)<2

22、，则实数a的取值范围是__________． 解析：当x∈[1,2]时，f(x)＝|x3－ax|， 由f(x)<2可得－2－5，即a<5； 设h(x)＝－x2＋，导数为h′(x)＝－2x－， 当x∈[1,2]时，h′(x)<0， 即h(x)在[1,2]上单调递减，可得h(x)max＝－1＋2＝1.即有－a<1，即a>－1. 综上可得，a的取值范围是

23、－1

24、贵阳模拟)已知函数f(x)＝1－，g(x)＝x－ln x. (1)证明：g(x)≥1. (2)证明：(x－ln x)f(x)>1－. 证明：(1)g′(x)＝，当01时，g′(x)>0， 即g(x)在(0,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数． 所以g(x)≥g(1)＝1，得证． (2)f(x)＝1－，f′(x)＝， 所以当02时，f′(x)>0， 即f(x)在(0,2)上为减函数，在(2，＋∞)上为增函数， 所以f(x)≥f(2)＝1－，① 又由(1)知x－ln x≥1，②，且①②等号不同时取得． 所以(x－ln x)f(x)>1－.