2019高考數學二輪復習 第一部分 壓軸專題二 函數與導數 第2講 利用導數研究函數的綜合問題練習 理

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1、第2講 利用導數研究函數的綜合問題 A組　小題提速練 一、選擇題 1．設函數f(x)在R上的導函數為f′(x)，且2f(x)＋xf′(x)>x2，下面的不等式在R上恒成立的是(　　) A．f(x)>0　　　　　　 B．f(x)<0 C．f(x)>x D．f(x)2f(－1)

2、 D．f(0)＋f(－2)≥2f(－1) 解析：由題意得，當x≥－1時，f′(x)≥0，當x≤－1時，f′(x)≤0，∴f(x)的最小值為f(－1)，即對任意實數x，都有f(x)≥f(－1)，∴f(0)≥f(－1)，f(－2)≥f(－1)，∴f(0)＋f(－2)≥2f(－1)，故選D. 答案：D 3．設f(x)，g(x)分別是定義在R上的奇函數和偶函數，當x<0時，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0，且f(－3)＝0，則不等式f(x)g(x)<0的解集是(　　) A．(－3,0)∪(3，＋∞) B．(－3,0)∪(0,3) C．(－∞，－3)∪(3，＋∞) D．(－∞，

3、－3)∪(0,3) 解析：設h(x)＝f(x)g(x)，又h′(x)＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0知x<0時，h(x)為增函數，又f(x)，g(x)分別是奇函數和偶函數，∴h(x)為奇函數且在(0，＋∞)上為增函數，且h(3)＝0，所以f(x)g(x)<0的解集為(－∞，－3)∪(0,3)，故選D. 答案：D 4．已知f(x)是定義在R上的函數，f′(x)是f(x)的導函數，且f′(x)<，f(1)＝1，則不等式f(x)<＋的解集為(　　) A．{x|x<－1} B．{x|x>1} C．{x|x<－1或x>1} D．{x|－1

4、(x)－<. 令g(x)＝f(x)－，∵g(1)＝， ∴g(x)1. 答案：B 5．(2018·貴陽模擬)求曲線y＝x2與直線y＝x所圍成的封閉圖形的面積，其中正確的是(　　) A．S＝(x2－x)dx B．S＝(x2－x)dx C．S＝(y2－y)dy D．S＝(y2－y)dy 解析：依題意，在同一坐標系下畫出曲線y＝x2與直線y＝x的圖象(圖略)，注意到它們的交點坐標分別為(0,0)與(1,1)，結合圖形及定積分的幾何意義可知，相應的圖形的面積可用定積分表示為(x2－x)dx，選B. 答案：B

5、6．(2018·合肥模擬)在如圖所示的正方形中隨機投擲10 000個點，則落入陰影部分(曲線C的方程為x2－y＝0)的點的個數的估計值為(　　) A．5 000　　　　　　 B．6 667 C．7 500 D．7 854 解析：S陰影＝S正方形－x2dx＝1－＝，所以有＝＝，解得n≈6 667，故選B. 答案：B 7．函數f(x)＝x2－ln x的最小值為(　　) A. B．1 C．0 D．不存在 解析：f′(x)＝x－＝，且x>0.令f′(x)>0，得x>1；令f′(x)<0，得0

6、 8．已知函數y＝f(x)是R上的可導函數，當x≠0時，有f′(x)＋>0，則函數F(x)＝xf(x)＋的零點個數是(　　) A．0 B．1 C．2 D．3 解析：當x≠0時，f′(x)＋＝＝>0，當x>0時，[xf(x)]′>0，則h(x)＝xf(x)在(0，＋∞)上為增函數，且h(0)＝0，∴h(x)＝xf(x)＞0在(0，＋∞)上恒成立，又>0，∴F(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，即F(x)在(0，＋∞)上無零點．當x<0時，[xf(x)]′<0，∴h(x)＝xf(x)在(－∞，0)上為減函數，且h(0)＝0，∴h(x)＝xf(x)>0在(－∞，0)上恒成立，所以F(x)＝x

7、f(x)＋在(－∞,0)上為減函數，當x→0時，xf(x)→0，→－∞，則F(x)<0，x→－∞時，→0，F(x)≈xf(x)＞0，∴F(x)在(－∞，0)上有唯一零點．綜上所述，F(x)在(－∞，0)∪(0，＋∞)上有唯一零點，故選B. 答案：B 9．若?x，y∈[0，＋∞)，不等式4ax≤ex＋y－2＋ex－y－2＋2恒成立，則實數a的最大值是(　　) A. B．1 C．2 D. 解析：ex＋y－2＋ex－y－2＋2＝ex－2(ey＋e－y)＋2≥2(ex－2＋1)，當且僅當y＝0時等號成立．由2(ex－2＋1)≥4ax，得2a≤.令g(x)＝，則g′(x)＝，可得g′(2

8、)＝0，且在(2，＋∞)上，g′(x)>0，在[0,2]上，g′(x)<0，故g(x)的最小值為g(2)＝1，所以2a≤1，即a≤.故選D. 答案：D 10．已知常數a，b，c都是實數，f(x)＝ax3＋bx2＋cx－34的導函數為f′(x)，f′(x)≤0的解集為{x|－2≤x≤3}，若f(x)的極小值等于－115，則a的值是(　　) A．－ B. C．2 D．5 解析：由題意知，f′(x)＝3ax2＋2bx＋c≤0的解集為[－2,3]，且在x＝3處取得極小值－115， 故有 解得a＝2. 答案：C 11．設函數f(x)＝在[－2,2]上的最大值為2，則實數a的取值范

9、圍是(　　) A. B. C．(－∞，0) D. 解析：設y＝2x3＋3x2＋1(－2≤x≤0)，則y′＝6x(x＋1)(－2≤x≤0)，所以－2≤x<－1時y′>0，－10時，y＝eax在(0,2]上的最大值e2a≤2，所以0

10、 12．定義在R上的函數f(x)的導函數為f′(x)，已知f(x＋1)是偶函數，且(x－1)f′(x)<0.若x12，則f(x1)與f(x2)的大小關系是(　　) A．f(x1)f(x2) D．不確定 解析：由(x－1)f′(x)<0可知，當x>1時，f′(x)<0，函數單調遞減．當x<1時，f′(x)>0，函數單調遞增．因為函數f(x＋1)是偶函數，所以f(x＋1)＝f(1－x)，f(x)＝f(2－x)，即函數f(x)圖象的對稱軸為x＝1.所以，若1≤x1f(x2)；若x1<1，則

11、x2>2－x1>1，此時有f(x2)f(x2)．綜上，必有f(x1)>f(x2)，選C. 答案：C 二、填空題 13．定積分dx＝________. 解析：由y＝得x2＋y2＝16(y>0)， 所以dx表示以原點為圓心， 半徑為4的圓的面積的， 所以dx＝×π×42＝4π. 答案：4π 14．已知函數f(x)＝x2＋2ax－ln x，若f(x在區(qū)間上是增函數，則實數a的取值范圍為________． 解析：由題意知f′(x)＝x＋2a－≥0在上恒成立，即2a≥－x＋在上恒成立． 又∵y＝－x＋在上單調遞減，

12、∴max＝， ∴2a≥，即a≥. 答案： 15．已知函數f(x)＝ln x，則函數g(x)＝f(x)－f′(x)在區(qū)間[2，e]上的最大值為________． 解析：因為f(x)＝ln x，所以f′(x)＝，則g(x)＝f(x)－f′(x)＝ln x－，函數g(x)的定義域為(0，＋∞)，g′(x)＝＋>0在x∈(0，＋∞)上恒成立，所以函數g(x)在(0，＋∞)上是增函數，所以g(x)在區(qū)間[2，e]上的最大值g(x)max＝g(e)＝ln e－＝1－. 答案：1－ 16．已知y＝f(x)為R上的連續(xù)可導函數，且xf′(x)＋f(x)>0，則函數g(x)＝xf(x)＋1(x>0)

13、的零點個數為________． 解析：設F(x)＝xf(x)，則F′(x)＝f(x)＋xf′(x)>0在R上恒成立，且F(0)＝0，所以F(x)＝xf(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，所以在(0，＋∞)上g(x)＝xf(x)＋1>1恒成立，則函數g(x)＝xf(x)＋1的零點個數為0. 答案：0 B組　大題規(guī)范練 1．已知函數f(x)＝. (1)判斷函數f(x)的單調性； (2)求證：exln(x＋1)≥x2＋ln(x＋1)． 解析：(1)由已知得f(x)的定義域為{x|x≠0}， f′(x)＝＝， 設g(x)＝(x－1)ex＋1，則g′(x)＝xex，令g′(x)＝0，得x

14、＝0， ∴g(x)在(－∞，0)上是減函數，在(0，＋∞)上是增函數， ∴g(x)≥g(0)＝0，∴f′(x)>0， ∴f(x)在(－∞，0)和(0，＋∞)上都是增函數． (2)證明：設h(x)＝x－ln(x＋1)，x>－1， 則h′(x)＝1－＝，令h′(x)＝0，得x＝0， ∴h(x)在(－1,0)上是減函數，在(0，＋∞)上是增函數， ∴h(x)≥h(0)＝0，即x≥ln(x＋1)． ①當x>0時，x≥ln(x＋1)>0， ∵f(x)在(0，＋∞)上是增函數， ∴f(x)≥f(ln(x＋1))，即≥，∴(ex－1)ln(x＋1)≥x2. ②當－1x≥

15、ln(x＋1)， ∵f(x)在(－∞，0)上是增函數， ∴f(x)≥f(ln(x＋1))，即≥，∴(ex－1)ln(x＋1)≥x2. ③當x＝0時，(ex－1)ln(x＋1)＝x2＝0. 由①②③可知，對一切x>－1，均有(ex－1)ln(x＋1)≥x2，即exln(x＋1)≥x2＋ln(x＋1)． 2．已知函數f(x)＝(a∈R)，曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線與直線x＋y＋1＝0垂直． (1)試比較2 0162 017與2 0172 016的大小，并說明理由； (2)若函數g(x)＝f(x)－k有兩個不同的零點x1，x2，證明：x1x2>e2. 解析：(1)2

16、 0162 017>2 0172 016.理由如下： 依題意得，f′(x)＝， 因為函數f(x)在x＝1處有意義，所以a≠－1. 所以f′(1)＝＝， 又由過點(1，f(1))的切線與直線x＋y＋1＝0垂直可得，f′(1)＝1，即＝1，解得a＝0. 此時f(x)＝，f′(x)＝， 令f′(x)>0，即1－ln x>0，解得0e. 所以f(x)的單調遞增區(qū)間為(0，e)，單調遞減區(qū)間為(e，＋∞)． 所以f(2 016)>f(2 017)，即>， 則2 017ln 2 016>2 016 ln 2 017，所以2 01

17、62 017>2 0172 016. (2)證明：不妨設x1>x2>0，因為g(x1)＝g(x2)＝0， 所以ln x1－kx1＝0，ln x2－kx2＝0. 可得ln x1＋ln x2＝k(x1＋x2)，ln x1－ln x2＝k(x1－x2)， 要證x1x2>e2，即證ln x1＋ln x2>2，也就是k(x1＋x2)>2， 因為k＝，所以只需證>， 即ln>，令＝t，則t>1，即證ln t>. 令h(t)＝ln t－(t>1)．由h′(t)＝－＝>0， 得函數h(t)在(1，＋∞)上是增函數， 所以h(t)>h(1)＝0，即ln t>. 所以x1x2>e2. 3．已

18、知函數f(x)＝2ln x＋x2－2ax(a>0)． (1)討論函數f(x)的單調性； (2)若函數f(x)有兩個極值點x1，x2(x12時，Δ>0，方程x2－ax＋1＝0有兩個不同的實根，分別設為x3，x4，不妨令x3

19、f′(x)>0，當x∈(x3，x4)時， f′(x)<0，當x∈(x4，＋∞)時，f′(x)>0， 所以函數f(x)在上單調遞增，在上單調遞減，在上單調遞增． (2)由(1)得f(x)在(x1，x2)上單調遞減，x1＋x2＝a，x1·x2＝1， 則f(x1)－f(x2)＝2ln＋(x1－x2)(x1＋x2－2a)＝2ln＋＝2ln＋－， 令t＝，則0

20、，即0

21、1，f′(0)＝2＋1＝3，所以f(x)的圖象在點(0,1)處的切線方程為y＝3x＋1. ②證明：設F(x)＝e2x＋ln(x＋1)－(x＋1)2－x(x≥0)， 則F′(x)＝2e2x＋－2(x＋1)－1， 則[F′(x)]′＝4e2x－－2＝＋2(e2x－1)＋e2x>0， ∴F′(x)在[0，＋∞)上單調遞增，所以F′(x)≥F′(0)＝0， ∴F(x)在[0，＋∞)上單調遞增，所以F(x)≥F(0)＝0. (2)原問題等價于?x0≥0，使得e2x0－ln(x0＋a)－x<0， 設u(x)＝e2x－ln(x＋a)－x2， 則u′(x)＝2e2x－－2x， [u′(x)]

22、′＝4e2x＋－2>0，∴u′(x)在[0，＋∞)上單調遞增， ∴u′(x)≥u′(0)＝2－， 當a≥時，u′(0)＝2－≥0， ∴u(x)在[0，＋∞)上單調遞增，∴u(x)min＝u(0)＝1－ln a<0， ∴a>e. 當a<時，ln(x＋a)0?x>，令h′(x)<0?0≤x<， ∴h(x)在上單調遞減，在上單調遞增， ∴h(x)≥h＝0， ∴x－>ln. 設g(x)＝e2x－x2－(x≥0)， 則g′(x)＝2e2x－2x－1， [g′(x)]′＝4e2x－2≥4－2>0， ∴g′(x)在[0，＋∞)上單調遞增， ∴g′(x)>g′(0)＝1>0， ∴g(x)在[0，＋∞)上單調遞增， ∴g(x)>g(0)>0， ∴e2x－x2>x－>ln>ln(x＋a)， ∴當a<時，f(x)>2ln(x＋a)＋x2在x∈[0，＋∞)上恒成立，不合題意． 綜上可得，a的取值范圍是(e，＋∞)． 11