2020屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二部分 專題六 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第4講 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用專題強化練 理

《2020屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二部分 專題六 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第4講 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用專題強化練 理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二部分 專題六 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第4講 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用專題強化練 理（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第4講 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用 A級　基礎(chǔ)通關(guān) 一、選擇題 1．設(shè)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且f(2)＝0，當(dāng)x>0時，有<0恒成立，則不等式x2f(x)>0的解集是(　　) A．(－2，0)∪(2，＋∞)　　 B．(－2，0)∪(0，2) C．(－∞，－2)∪(2，＋∞) D．(－∞，－2)∪(0，2) 解析：x>0時，′＝<0， 所以φ(x)＝在(0，＋∞)為減函數(shù)，又φ(2)＝0， 所以當(dāng)且僅當(dāng)00，此時x2f(x)>0. 又f(x)為奇函數(shù)，所以h(x)＝x2f(x)也為奇函數(shù)． 故x2f(x)>0的解集為(－∞，－2)∪(0，2)． 答案：

2、D 2．已知函數(shù)f(x)的定義域為[－1，4]，部分對應(yīng)值如下表： x －1 0 2 3 4 f(x) 1 2 0 2 0 f(x)的導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的圖象如圖所示．當(dāng)1

3、 B．3f(1)＞f(3) C．3f(1)＝f(3) D．f(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(diào)減函數(shù)， 所以＜，即3f(1)＞f(3)． 答案：B 4．已知函數(shù)f(x)＝ex－ln x，則下面對函數(shù)f(x)的描述正確的是(　　) A．?x∈(0，＋∞)，f(x)≤2 B．?x∈(0，＋∞)，f(x)＞2 C．?x0∈(0，＋∞)，f(x0)＝0 D．f(x)min∈(0，1) 解析：因為f(x)＝ex－ln x的定義域為(0，＋∞)， 且f′(x)＝ex－＝， 令g(x)＝xex－1，x＞0， 則g′(x)

4、＝(x＋1)ex＞0在(0，＋∞)上恒成立， 所以g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增， 又g(0)·g(1)＝－(e－1)＜0， 所以?x0∈(0，1)，使g(x0)＝0， 則f(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增， 則f(x)min＝f(x0)＝ex0－ln x0， 又ex0＝，x0＝－ln x0，所以f(x)min＝＋x0＞2. 答案：B 5．已知函數(shù)f(x)＝，若函數(shù)g(x)＝f(x)＋a無零點，則實數(shù)a的取值范圍為(　　) A. B. C．(－2e，0] D．(－e，0] 解析：依題意，f′(x)＝＝·，令h(x)＝·ln x－，注意到

5、函數(shù)h(x)單調(diào)遞增，且h(e)＝0，故當(dāng)x∈(0，e)時，h(x)<0，當(dāng)x∈(e，＋∞)時，h(x)>0.故函數(shù)f(x)在(0，1)和(1，e)上單調(diào)遞減，在(e，＋∞)上單調(diào)遞增，作出函數(shù)f(x)的圖象如下圖所示． 令f(x)＋a＝0，得f(x)＝－a， 觀察可知0≤－a

6、2πRl＝πR2＋2π·， 所以S′表＝2πR－. 令S′表＝0，得R＝3，則當(dāng)R＝3時，S表最?。? 答案：3 7．對于函數(shù)y＝f(x)，若其定義域內(nèi)存在兩個不同實數(shù)x1，x2，使得xif(xi)＝1(i＝1，2)成立，則稱函數(shù)f(x)具有性質(zhì)P.若函數(shù)f(x)＝具有性質(zhì)P，則實數(shù)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a＝xex在R上有兩個不同的實根，令φ(x)＝xex， 則φ′(x)＝ex(x＋1)， 當(dāng)x＜－1時，φ′(x)＜0，φ(x)在(－∞，－1)上是減函數(shù)； 當(dāng)x＞－1時，φ′(x)＞0，φ(x)在(－

7、1，＋∞)上是增函數(shù)． 因此φ(x)極小值為φ(－1)＝－. 在同一坐標(biāo)系中作y＝φ(x)與y＝a的圖象，又當(dāng)x＜0時，φ(x)＝xex＜0. 由圖象知，當(dāng)－＜a＜0時，兩圖象有兩個交點．故實數(shù)a的取值范圍為. 答案： 三、解答題 8．設(shè)函數(shù)f(x)＝ln x＋，k∈R. (1)若曲線y＝f(x)在點(e，f(e))處的切線與直線x－2＝0垂直，求f(x)的單調(diào)性和極小值(其中e為自然對數(shù)的底數(shù))； (2)若對任意的x1>x2>0，f(x1)－f(x2)0)， 因為曲線y＝f(x)在點(e，f(

8、e))處的切線與直線x－2＝0垂直， 所以f′(e)＝0，即－＝0，得k＝e， 所以f′(x)＝－＝(x>0)． 由f′(x)<0得00得x>e. 所以f(x)在(0，e)上單調(diào)遞減，在(e，＋∞)上單調(diào)遞增， 當(dāng)x＝e時，f(x)取得極小值，且f(e)＝ln e＋＝2. 所以f(x)的極小值為2. (2)由題意知對任意的x1>x2>0，f(x1)－x10)， 則h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減， 所以h′(x)＝－－1≤0在(0，＋∞)上恒成立， 故當(dāng)x>0時，k≥－x2＋

9、x＝－＋恒成立， 又－＋≤，則k≥， 故實數(shù)k的取值范圍是. 9．(2019·天津卷節(jié)選)設(shè)函數(shù)f(x)＝excos x，g(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù)． (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)當(dāng)x∈時，證明：f(x)＋g(x)≥0. (1)解：由已知，有f′(x)＝ex(cos x－sin x)． 因此，當(dāng)x∈(k∈Z)時， 有sin x>cos x，得f′(x)<0，則f(x)單調(diào)遞減； 當(dāng)x∈(k∈Z)時，有sin x0，則f(x)單調(diào)遞增． 所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(k∈Z)， f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(k∈Z)． (2)證明：記h

10、(x)＝f(x)＋g(x). 依題意及(1)，有g(shù)(x)＝ex(cos x－sin x)， 從而g′(x)＝－2exsin x. 當(dāng)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(diào)遞減， 進而h(x)≥h＝f＝0. 所以當(dāng)x∈時，f(x)＋g(x)≥0. B級　能力提升 10．已知函數(shù)f(x)＝ln x，g(x)＝x＋m(m∈R)． (1)若f(x)≤g(x)恒成立，求實數(shù)m的取值范圍； (2)已知x1，x2是函數(shù)F(x)＝f(x)－g(x)的兩個零點，且x1

11、)解：令F(x)＝f(x)－g(x)＝ln x－x－m(x>0)， 則F′(x)＝－1＝(x>0)， 當(dāng)x>1時，F(xiàn)′(x)<0，當(dāng)00， 所以F(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，在(0，1)上單調(diào)遞增． F(x)在x＝1處取得最大值－1－m，若f(x)≤g(x)恒成立，則－1－m≤0，即m≥－1. (2)證明：由(1)可知，若函數(shù)F(x)＝f(x)－g(x)有兩個零點，則m<－1，0F， 由F(x1)＝F(x2)＝0，m＝ln x1－x1

12、， 即證ln－－m＝ln－＋x1－ln x1<0， 令h(x)＝－＋x－2ln x(00， 故h(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，h(x)2，令f′

13、(x)＝0，得 x＝或x＝. 當(dāng)x∈(0，)∪(，＋∞)時，f′(x)<0； 當(dāng)x∈(，)時，f′(x)>0. 所以f(x)在(0，)，(，＋∞)上單調(diào)遞減，在(，)上單調(diào)遞增． (2)證明：由(1)知，f(x)存在兩個極值點當(dāng)且僅當(dāng)a>2. 由于f(x)的兩個極值點x1，x2滿足x2－ax＋1＝0， 所以x1x2＝1，不妨設(shè)0＜x11. 由于＝－－1＋a＝－2＋a＝－2＋a， 所以