（文理通用）2022屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 第1部分 專題2 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第4講 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用練習(xí)

《（文理通用）2022屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 第1部分 專題2 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第4講 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用練習(xí)》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（文理通用）2022屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 第1部分 專題2 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第4講 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用練習(xí)（11頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、（文理通用）2022屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 第1部分 專題2 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第4講 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用練習(xí) A組 1．函數(shù)f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d的圖象如圖所示，則下列結(jié)論成立的是( A ) A．a(chǎn)>0，b<0，c>0，d>0　 B．a(chǎn)>0，b<0，c<0，d>0 C．a(chǎn)<0，b<0，c>0，d>0 D．a(chǎn)>0，b>0，c>0，d<0 [解析]　由圖象知f(0)＝d>0，因為f′(x)＝3ax2＋2bx＋c＝0有兩個不相等的正實根，所以a>0，－＝－>0，所以b<0，又f′(0)＝c>0，所以a>0，b<0，c>0，d>0. 2．已知函數(shù)f(x)＝x3－2x2＋3m

2、，x∈[0，＋∞)，若f(x)＋5≥0恒成立，則實數(shù)m的取值范圍是( A ) 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)上單調(diào)遞減，在(4，＋∞)上單調(diào)遞增， ∴當(dāng)x∈[0，＋∞)時，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≥. 3．若存在正數(shù)x使2x(x－a)<1成立，則a的取值范圍是( D ) A．(－∞，＋∞) B．(－2，＋∞) C．(0，＋∞) D．(－1，＋∞) [

3、解析]　∵2x(x－a)<1，∴a>x－. 令f(x)＝x－， ∴f′(x)＝1＋2－xln2>0. ∴f(x)>f(0)＝0－1＝－1， ∴a的取值范圍為(－1，＋∞)，故選D． 4．(2018·濰坊模擬)當(dāng)x∈[－2,1]時，不等式ax3－x2＋4x＋3≥0恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是( C ) A．[－5，－3] B．[－6，－] C．[－6，－2] D．[－4，－3] [解析]　當(dāng)x∈(0,1]時，得a≥－3()3－4()2＋， 令t＝，則t∈[1，＋∞)，a≥－3t3－4t2＋t， 令g(t)＝－3t3－4t2＋t，t∈[1，＋∞)，則g′(t)＝－9t2

4、－8t＋1＝－(t＋1)·(9t－1)，顯然在[1，＋∞)上，g′(t)<0，g(t)單調(diào)遞減， 所以g(t)max＝g(1)＝－6，因此a≥－6； 同理，當(dāng)x∈[－2,0)時，得a≤－2. 由以上兩種情況得－6≤a≤－2，顯然當(dāng)x＝0時也成立． 故實數(shù)a的取值范圍為[－6，－2]． 5．(文)(2018·河北衡水中學(xué)調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝＋的兩個極值點分別為x1，x2，且x1∈(0,1)，x2∈(1，＋∞)，點P(m，n)表示的平面區(qū)域為D，若函數(shù)y＝loga(x＋4)(a>1)的圖象上存在區(qū)域D內(nèi)的點，則實數(shù)a的取值范圍是( A ) A．(1,3) B．(1,3] C

5、．(3，＋∞) D．[3，＋∞) [解析]　f ′(x)＝x2＋mx＋＝0的兩根為x1，x2，且x1∈(0,1)，x2∈(1，＋∞)， 則? 即 作出區(qū)域D，如圖陰影部分， 可得loga(－1＋4)>1，所以10，則函數(shù)F(x)＝xf(x)＋的零點個數(shù)是( B ) A．0 B．1 C．2 D．3 [解析]　∵x≠0時，f ′(x)＋>0， ∴>0，即>0.① 當(dāng)x>0時，由①式知(xf(x))′>0， ∴U(x)＝xf(x)在(0，＋∞)上為增函

6、數(shù)， 且U(0)＝0·f(0)＝0， ∴U(x)＝xf(x)>0在(0，＋∞)上恒成立． 又>0，∴F(x)>0在(0，＋∞)上恒成立， ∴F(x)在(0，＋∞)上無零點． 當(dāng)x<0時，(xf(x))′<0， ∴U(x)＝xf(x)＋在(－∞，0)上為減函數(shù)， 且U(0)＝0·f(0)＝0， ∴U(x)＝xf(x)>0在(－∞，0)上恒成立， ∴F(x)＝xf(x)＋在(－∞，0)上為減函數(shù)． 當(dāng)x→0時，xf(x)→0，∴F(x)≈<0， 當(dāng)x→－∞時，→0， ∴F(x)≈xf(x)>0， ∴F(x)在(－∞，0)上有唯一零點． 綜上所述，F(xiàn)(x)在(－∞，0)∪

7、(0，＋∞)上有唯一零點． 故選B． 6．(2018·武漢一模)已知函數(shù)f(x)＝，g(x)＝－(x－1)2＋a2，若當(dāng)x>0時，存在x1，x2∈R，使得f(x2)≤g(x1)成立，則實數(shù)a的取值范圍是(－∞，－]∪[，＋∞). [解析]　由題意得存在x1，x2∈R ，使得f(x2)≤g(x1)成立，等價于f(x)min≤g(x)max. 因為g(x)＝－(x－1)2＋a2，x>0， 所以當(dāng)x＝1時，g(x)max＝a2. 因為f(x)＝，x>0， 所以f′(x)＝＝. 所以f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增， 所以f(x)min＝f(1)＝e.又g(x

8、)max＝a2， 所以a2≥e?a≤－或a≥. 故實數(shù)a的取值范圍是(－∞，－]∪[，＋∞)． 7．已知x∈(0,2)，若關(guān)于x的不等式<恒成立，則實數(shù)k的取值范圍為[0，e－1). [解析]　依題意，知k＋2x－x2>0，即k>x2－2x對任意x∈(0,2)恒成立，從而k≥0，所以由<可得k<＋x2－2x.令f(x)＝＋x2－2x，則f ′(x)＝＋2(x－1)＝(x－1)(＋2)． 令f ′(x)＝0，得x＝1，當(dāng)x∈(1,2)時，f ′(x)>0，函數(shù)f(x)在(1,2)上單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(0,1)時，f ′(x)<0，函數(shù)f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，所以k

9、＝f(1)＝e－1，故實數(shù)k的取值范圍是[0，e－1)． 8．已知f(x)＝ln x＋ax，a∈R. (1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性； (2)若函數(shù)f(x)的兩個零點為x1，x2，且≥e2， 求證：(x1－x2)f ′(x1＋x2)>. [解析]　(1)函數(shù)f(x)＝ln x＋ax的定義域為{x|x>0}， 所以f ′(x)＝＋a. ①若a≥0，則f ′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增； ②若a<0，則f ′(x)＝＋a，由f′(x)>0，得0－， ∴f(x)在(－，＋∞)內(nèi)單調(diào)

10、遞減． (2)證明：∵ln x1＋ax1＝0，ln x2＋ax2＝0， ∴l(xiāng)n x2－ln x1＝a(x1－x2)． (x1－x2)f ′(x1＋x2)＝(x1－x2)(＋a)＝＋ a(x1－x2)＝＋ln＝＋ln. 令＝t≥e2，令φ(t)＝＋ln t， 則φ′(t)＝>0， ∴φ(t)在[e2，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增， φ(t)≥φ(e2)＝1＋>1＋＝. ∴(x1－x2)f′(x1＋x2)>. 9．某造船公司年最大造船量是20艘，已知造船x艘的產(chǎn)值函數(shù)為R(x)＝3 700x＋45x2－10x3(單位：萬元)，成本函數(shù)為C(x)＝460x＋5 000(單位：萬元)，又在經(jīng)濟(jì)

11、學(xué)中，函數(shù)f(x)的邊際函數(shù)Mf(x)定義為Mf(x)＝f(x＋1)－f(x)． (1)求利潤函數(shù)P(x)及邊際利潤函數(shù)MP(x); (提示：利潤＝產(chǎn)值－成本) (2)問年造船量安排多少艘時，可使公司造船的年利潤最大？ (3)求邊際利潤函數(shù)MP(x)的單調(diào)遞減區(qū)間，并說明單調(diào)遞減在本題中的實際意義是什么？ [解析]　(1)P(x)＝R(x)－C(x)＝－10x3＋45x2＋3 240x－5 000(x∈N*，且1≤x≤20)； MP(x)＝P(x＋1)－P(x)＝－30x2＋60x＋3 275(x∈N*，且1≤x≤19)． (2)P′(x)＝－30x2＋90x＋3 240 ＝－3

12、0(x－12)(x＋9)， 因為x>0，所以P′(x)＝0時，x＝12， 當(dāng)00，當(dāng)x>12時，P′(x)<0， 所以x＝12時，P(x)有極大值，也是最大值． 即年造船量安排12艘時，可使公司造船的年利潤最大． (3)MP(x)＝－30x2＋60x＋3 275 ＝－30(x－1)2＋3 305. 所以，當(dāng)x≥1時，MP(x)單調(diào)遞減， MP(x)是減函數(shù)的實際意義是：隨著產(chǎn)量的增加，每艘利潤與前一艘比較，利潤在減少． B組 1．對于R上可導(dǎo)的任意函數(shù)f(x)，若滿足≤0，則必有( A ) A．f(0)＋f(2)>2f(1) B．f(0)＋

13、f(2)≤2f(1) C．f(0)＋f(2)<2f(1) D．f(0)＋f(2)≥2f(1) [解析]　當(dāng)x<1時，f ′(x)<0，此時函數(shù)f(x)遞減；當(dāng)x>1時，f ′(x)>0，此時函數(shù)f(x)遞增，即當(dāng)x＝1時，函數(shù)f(x)取得極小值同時也取得最小值f(1)，所以f(0)>f(1)，f(2)>f(1)，則f(0)＋f(2)>2f(1)． 故選A． 2．已知函數(shù)f(x)＝x(ln x－ax)有兩個極值點，則實數(shù)a的取值范圍是( B ) A．(－∞，0) B．(0，) C．(0,1) D．(0，＋∞) [解析]　∵f(x)＝x(ln x－ax)，∴f ′(x)＝l

14、n x－2ax＋1，故f ′(x)在(0，＋∞)上有兩個不同的零點，令f ′(x)＝0，則2a＝，設(shè)g(x)＝，則g′(x)＝， ∴g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，又∵當(dāng)x→0時，g(x)→－∞，當(dāng)x→＋∞時，g(x)→0，而g(x)max＝g(1)＝1，∴只需0<2a<1?00，b∈R)，若對任意x>0，f(x)≥f(1)，則( A ) A．ln a<－2b B．ln a≤－2b C．ln a>－2b D．ln a≥－2b [解析]　f ′(x)＝2ax＋b－，由題意可知f ′(1)

15、＝0，即2a＋b＝1，由選項可知，只需比較ln a＋2b與0的大小，而b＝1－2a，所以只需判斷l(xiāng)n a＋2－4a的符號．構(gòu)造一個新函數(shù)g(x)＝2－4x＋ln x，則g′(x)＝－4，令g′(x)＝0，得x＝，當(dāng)x<時，g(x)為增函數(shù)，當(dāng)x>時，g(x)為減函數(shù)，所以對任意x>0有g(shù)(x)≤g()＝1－ln 4<0，所以有g(shù)(a)＝2－4a＋ln a＝2b＋ln a<0?ln a<－2b.故選A． (理)已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c有兩個極值點x1，x2.若f(x1)＝x1

16、B．4 C．5 D．6 [解析]　f ′(x)＝3x2＋2ax＋b，原題等價于方程3x2＋2ax＋b＝0有兩個不等實數(shù)根x1，x2，且x10，f(x)單調(diào)遞增；x∈(x1，x2)時，f ′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；x∈(x2，＋∞)時，f ′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增． ∴x1為極大值點，x2為極小值點． ∴方程3(f(x))2＋2af(x)＋b＝0有兩個不等實根， f(x)＝x1或f(x)＝x2. ∵f(x1)＝x1， ∴由圖知f(x)＝x1有兩個不同的解，f(x)＝x2僅有一個解．故選A． 4．已知函數(shù)f(x)＝2ax

17、3－3ax2＋1，g(x)＝－x＋，若任意給定的x0∈[0,2]，總存在兩個不同的xi(i＝1,2)∈[0,2]，使得f(xi)＝g(x0)成立，則實數(shù)a的取值范圍是( A ) A．(－∞，－1) B．(1，＋∞) C．(－∞，－1)∪(1，＋∞) D．[－1,1] [解析]　當(dāng)a＝0時，顯然不成立，故排除D；當(dāng)a>0時，注意到f′(x)＝6ax2－6ax＝6ax(x－1)，即f(x)在[0,1]上是減函數(shù)，在[1,2]上是增函數(shù)，又f(0)＝1<＝g(0)，當(dāng)x0＝0時，結(jié)論不可能成立；進(jìn)一步，可知a<0，此時g(x)在[0,2]上是增函數(shù)， 且取值范圍是[，－＋]， 同時

18、f(x)在0≤x≤1時，函數(shù)值從1增大到1－a， 在1≤x≤2時，函數(shù)值從1－a減少到1＋4a， 所以“任意給定的x0∈[0,2]， 總存在兩個不同的xi(i＝1,2)∈[0,2]， 使得f(xi)＝g(x0)成立”， 當(dāng)且僅當(dāng) 即解得a<－1. 5．(2017·廣州模擬)已知y＝f(x)為R上的連續(xù)可導(dǎo)函數(shù)，且xf ′(x)＋f(x)>0，則函數(shù)g(x)＝xf(x)＋1(x>0)的零點個數(shù)為0. [解析]　因為g(x)＝xf(x)＋1(x>0)，g′(x)＝xf ′(x)＋f(x)>0，所以g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，又g(0)＝1，y＝f(x)為R上的連續(xù)可導(dǎo)函數(shù)，所

19、以g(x)為(0，＋∞)上的連續(xù)可導(dǎo)函數(shù)，所以g(x)>g(0)＝1，所以g(x)在(0，＋∞)上無零點． 6．(文)已知函數(shù)f(x)＝x2＋mx－1，若對于任意x∈[m，m＋1]，都有f(x)<0成立，則實數(shù)m的取值范圍是. [解析]　 解得－

20、＝ex－1＋x，當(dāng)x<0時，g′(x)<0，當(dāng)x>0時，g′(x)>0，所以當(dāng)x＝0時，函數(shù)g(x)取得最小值g(0)＝1，根據(jù)題意將不等式轉(zhuǎn)化為2m－1≥g(x)min＝1，所以m≥1. 7．已知函數(shù)f(x)＝x＋aln x－1. (1)當(dāng)a∈R時，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若f(x)＋≥0對于任意x∈[1，＋∞)恒成立，求a的取值范圍． [解析]　(1)由f(x)＝x＋aln x－1， 得f ′(x)＝1＋＝， 當(dāng)a≥0時，f ′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)， 當(dāng)a<0時，當(dāng)0－a時f ′(x)>0，所以f(x)在

21、(0，－a)上為減函數(shù)上恒成立， f ′(x)在(－a，＋∞)上為增函數(shù)． (2)由題意知x＋aln x－1＋≥0在x∈[1，＋∞)， 設(shè)g(x)＝x＋aln x＋－1，x∈[1，＋∞)， 則g′(x)＝1＋＋ ＝，x∈[1，＋∞)， 設(shè)h(x)＝2x2＋2ax＋1－ln x，h′(x)＝4x－＋2a， 當(dāng)a≥0時，4x－為增函數(shù)，所以h′(x)≥＋a>0， 所以g(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，g(x)≥g(1)＝0， 當(dāng)－≤a<0時，h′(x)≥＋a≥0， 所以g(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，g(x)≥g(1)＝0， 當(dāng)a<－時，當(dāng)x∈[1，－]時，2a＋1<－2x

22、， 由(1)知 ，當(dāng)a＝－1時，x－ln x－1≥0，ln x≤x－1， －ln x≤－1，h(x)＝2x2＋2ax－ln x＋1≤2x2＋2ax＋≤2x2＋2ax＋x＝2x2＋(2a＋1)x<0， 此時g′(x)<0， 所以g(x)在[1，－]上單調(diào)遞減， 在[1，－)上，g(x)

23、∞，－1－)時，f ′(x)<0； 當(dāng)x∈(－1－，－1＋)時，f ′(x)>0； 當(dāng)x∈(－1＋，＋∞)時，f ′(x)<0. 所以f(x) 在(－∞，－1－)，(－1＋，＋∞)單調(diào)遞減，在(－1－，－1＋)單調(diào)遞增． (2)f(x)＝(1＋x)(1－x)ex. 當(dāng)a≥1時，設(shè)函數(shù)h(x)＝(1－x)ex， 則h′(x)＝－xex<0(x>0)， 因此h(x)在[0，＋∞)單調(diào)遞減． 而h(0)＝1，故h(x)≤1 所以f(x)＝(x＋1)h(x)≤x＋1≤ax＋1. 當(dāng)00(x>0)， 所以g(x)

24、在[0，＋∞)單調(diào)遞增． 而g(0)＝0，故ex≥x＋1. 當(dāng)0(1－x)(1＋x)2，(1－x)(1＋x)2－ax－1＝x(1－a－x－x2)， 取x0＝， 則x0∈(0,1)，(1－x0)(1＋x0)2－ax0－1＝0， 故f(x0)>ax0＋1. 當(dāng)a≤0時，取x0＝，則x0∈(0,1)，f(x0)>(1－x0)(1＋x0)2＝1≥ax0＋1. 綜上，a的取值范圍是[1，＋∞)． (理)已知函數(shù)f(x)＝ax2－ax－xln x，且f(x)≥0. (1)求a； (2)證明：f(x)存在唯一的極大值點x0，且e－2

25、　(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)． 設(shè)g(x)＝ax－a－ln x， 則f(x)＝xg(x)，f(x)≥0等價于g(x)≥0. 因為g(1)＝0，g(x)≥0，故g′(1)＝0， 而g′(x)＝a－，g′(1)＝a－1，得a＝1. 若a＝1，則g′(x)＝1－. 當(dāng)01時，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增． 所以x＝1是g(x)的極小值點，故g(x)≥g(1)＝0. 綜上，a＝1. (2)證明：由(1)知f(x)＝x2－x－xln x， f ′(x)＝2x－2－ln x. 設(shè)h(x)＝2x－2－ln x，則h′(x

26、)＝2－. 當(dāng)x∈(0，)時，h′(x)<0； 當(dāng)x∈(，＋∞)時，h′(x)>0. 所以h(x)在(0，)上單調(diào)遞減，在(，＋∞)上單調(diào)遞增． 又h(e－2)>0，h()<0，h(1)＝0， 所以h(x)在(0，)上有唯一零點x0，在[，＋∞)上有唯一零點1，且當(dāng)x∈(0，x0)時，h(x)>0；當(dāng)x∈(x0,1)時，h(x)<0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，h(x)>0. 因為f ′(x)＝h(x)，所以x＝x0是f(x)的唯一極大值點． 由f ′(x0)＝0，得ln x0＝2(x0－1)，故f(x0)＝x0(1－x0)． 由x0∈(0，)得f(x0)<. 因為x＝x0是f(x)在(0,1)上的最大值點， 由e－1∈(0,1)，f ′(e－1)≠0得f(x0)>f(e－1)＝e－2. 所以e－2