新編高考數(shù)學(xué)文二輪復(fù)習(xí) 課時鞏固過關(guān)練七 Word版含解析

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1、 課時鞏固過關(guān)練(七)　導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用 　　　　　　　　　　　 一、選擇題 1．設(shè)函數(shù)f(x)＝＋lnx，則(　　) A．x＝為f(x)的極大值點 B．x＝為f(x)的極小值點 C．x＝2為f(x)的極大值點 D．x＝2為f(x)的極小值點 解析：f ′(x)＝－＋＝， 令f ′(x)＝0，則x＝2. 當x<2時，f ′(x)＝－＋＝<0； 當x>2時，f ′(x)＝－＋＝>0. 即當x<2時，f(x)是單調(diào)遞減的； 當x>2時，f(x)是單調(diào)遞增的． 所以x＝2是f(x)的極小值點，故選D. 答案：D 2．(20xx·湖南卷)設(shè)函數(shù)f(x)＝ln(1＋x)－

2、ln(1－x)，則f(x)是(　　) A．奇函數(shù)，且在(0,1)上是增函數(shù) B．奇函數(shù)，且在(0,1)上是減函數(shù) C．偶函數(shù)，且在(0,1)上是增函數(shù) D．偶函數(shù)，且在(0,1)上是減函數(shù) 解析：函數(shù)f(x)＝ln(1＋x)－ln(1－x)，函數(shù)的定義域為(－1,1)，函數(shù)f(－x)＝ln(1－x)－ln(1＋x)＝－f(x)，所以函數(shù)是奇函數(shù)．f ′(x)＝＋＝，在(0,1)上f ′(x)>0，所以f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，故選A. 答案：A 3．(20xx·福建卷)若定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(0)＝－1，其導(dǎo)函數(shù)f ′(x)滿足f ′(x)>k>1，則下列結(jié)論中一

3、定錯誤的是(　　) A．f< B．f> C．f< D．f> 解析：∵f ′(x)＝li ，f ′(x)>k>1，∴>k>1，即>k>1， 當x＝時，f ＋1>×k＝，即f>－1＝，則f>，所以f<一定錯誤．故選C. 答案：C 4．(20xx·吉林四模)設(shè)函數(shù)f(x)在R上存在導(dǎo)數(shù)f′(x)，對任意的x∈R，有f(－x)＋f(x)＝x2，且x∈(0，＋∞)時，f′(x)>x.若f(2－a)－f(a)≥2－2a，則實數(shù)a的取值范圍為(　　) A．[1，＋∞) B．(－∞，1] C．(－∞，2] D．[2，＋∞) 解析：∵f(－x)＋f(x)＝x2，∴f(x)－

4、x2＋f(－x)－x2＝0， 令g(x)＝f(x)－x2，∵g(－x)＋g(x)＝f(－x)－x2＋f(x)－x2＝0， ∴函數(shù)g(x)為奇函數(shù)． ∵x∈(0，＋∞)時，f′(x)>x. ∴x∈(0，＋∞)時，g′(x)＝f′(x)－x>0，故函數(shù)g(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)， 故函數(shù)g(x)在(－∞，0)上也是增函數(shù)，由f(0)＝0，可得g(x)在R上是增函數(shù)． f(2－a)－f(a)≥2－2a，等價于f(2－a)－≥f(a)－， 即g(2－a)≥g(a)， ∴2－a≥a，解得a≤1， 故選B. 答案：B 5．(20xx·新課標全國卷Ⅰ)設(shè)函數(shù)f(x)＝ex(2x－

5、1)－ax＋a，其中a<1，若存在唯一的整數(shù)x0，使得f(x0)<0，則a的取值范圍是(　　) A. B. C. D. 解析：設(shè)g(x)＝ex(2x－1)，y＝ax－a，由題知存在唯一的整數(shù)x0，使得g(x0)在直線y＝ax－a的下方． 因為g′(x)＝ex(2x＋1)，所以當x<－時， g′(x)<0，當x>－時， g′(x)>0，所以當x＝－時， (g(x))min＝－2e－， 當x＝0時，g(0)＝－1， 當x＝1時，g(1)＝e>0， 直線y＝ax－a恒過(1,0)，斜率為a， 故－a>g(0)＝－1，且g(－1)＝－3e－1≤－a－a， 解得≤a<1，

6、故選D. 答案：D 二、填空題 6．設(shè)a∈R，若x>0時均有[(a－1)x－1](x2－ax－1)≥0，則a＝__________. 解析：(1)當a＝1時，代入題中不等式顯然不恒成立． (2)當a≠1時，構(gòu)造函數(shù)f(x)＝(a－1)x－1，g(x)＝x2－ax－1，由它們都過定點P(0，－1)，如圖所示． 設(shè)函數(shù)f(x)＝(a－1)x－1與x軸的交點M坐標為(x0,0)，即0＝(a－1)·x0－1，x0＝， ∴M.易知a<1時不符合題意，∴a>1. ∵x>0時，f(x)·g(x)≥0， ∴g(x)過點M，即2－－1＝0， 解得a＝或a＝0(舍去)． 答案： 7

7、．(20xx·安徽卷)設(shè)x3＋ax＋b＝0，其中a，b均為實數(shù)，下列條件中，使得該三次方程僅有一個實根的是__________．(寫出所有正確條件的序號) ①a＝－3，b＝－3?、赼＝－3，b＝2 ③a＝－3，b>2?、躠＝0，b＝2 ⑤a＝1，b＝2. 解析：令f(x)＝x3＋ax＋b，求導(dǎo)得 f ′(x)＝3x2＋a， 當a≥0時，f ′(x)≥0，所以f(x)單調(diào)遞增，且至少存在一個數(shù)使f(x)<0， 至少存在一個數(shù)使f(x)>0， 所以f(x)＝x3＋ax＋b必有一個零點， 即方程x3＋ax＋b＝0僅有一根，故④⑤正確； 當a<0時，若a＝－3，則f ′(x)＝3x

8、2－3＝3(x＋1)·(x－1)， 易知，f(x)在(－∞，－1)，(1，＋∞)上單調(diào)遞增，在[－1,1]上單調(diào)遞減， 所以f(x)極大值＝f(－1)＝－1＋3＋b＝b＋2， f(x)極小值＝f(1)＝1－3＋b＝b－2，要使方程僅有一根， 則f(x)極大值＝f(－1)＝－1＋3＋b＝b＋2<0 或者f(x)極小值＝f(1)＝1－3＋b＝b－2>0，解得b<－2或b>2，故①③正確， 所以使得三次方程僅有一個實根的是①③④⑤. 答案：①③④⑤ 8．(20xx·河南南陽期中)已知f(x)，g(x)都是定義在R上的函數(shù)，g(x)≠0，f ′(x)g(x)>f(x)g′(x)，且f(

9、x)＝ax·g(x)(a>0，且a≠1)，＋＝，若數(shù)列的前n項和大于62，則n的最小值為__________． 解析：∵f ′(x)g(x)>f(x)g′(x)， ∴f′(x)g(x)－f(x)g′(x)>0， ∴′＝>0， 從而可得＝ax單調(diào)遞增，從而可得a>1， ∵＋＝a＋a－1＝， ∴a＝2. 故＋＋…＋＝a＋a2＋…＋an ＝2＋22＋…＋2n＝＝2n＋1－2>62. ∴2n＋1>64，即n＋1>6，n>5，n∈N*. ∴nmin＝6. 答案：6 三、解答題 9．已知函數(shù)f(x)＝(k為常數(shù)，e＝2.718 28……是自然對數(shù)的底數(shù))，曲線y＝f(x)在點(1

10、，f(1))處的切線與x軸平行． (1)求k的值； (2)求f(x)的單調(diào)區(qū)間； (3)設(shè)g(x)＝xf ′(x)，其中f ′(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù)．證明：對任意x>0，g(x)<1＋e－2. 解：(1)由f(x)＝，得f ′(x)＝，x∈(0，＋∞)， 由于曲線y＝f(x)在(1，f(1))處的切線與x軸平行， 所以f ′(1)＝0，因此k＝1. (2)由(1)得f ′(x)＝(1－x－xlnx)，x∈(0，＋∞)， 令h(x)＝1－x－xlnx，x∈(0，＋∞)， 當x∈(0,1)時，h(x)>0； 當x∈(1，＋∞)時，h(x)<0. 又ex>0， 所以當x∈(

11、0,1)時，f ′(x)>0； 當x∈(1，＋∞)時，f ′(x)<0. 因此f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(0,1)，單調(diào)減區(qū)間為(1，＋∞)． (3)因為g(x)＝xf ′(x)， 所以g(x)＝(1－x－xlnx)，x∈(0，＋∞)． 由(2)中h(x)＝1－x－xlnx， 求導(dǎo)得h′(x)＝－lnx－2＝－(lnx－lne－2)， 所以當x∈(0，e－2)時， h′(x)>0，函數(shù)h(x)單調(diào)遞增； 當x∈(e－2，＋∞)時，h′(x)<0，函數(shù)h(x)單調(diào)遞減． 所以當x∈(0，＋∞)時，h(x)≤h(e－2)＝1＋e－2. 又當x∈(0，＋∞)時，0<<1， 所以當x

12、∈(0，＋∞)時，h(x)<1＋e－2，即g(x)<1＋e－2. 綜上所述，結(jié)論成立． 10．已知函數(shù)f(x)＝ex－ax(a為常數(shù))的圖象與y軸交于點A，曲線y＝f(x)在點A處的切線斜率為－1. (1)求a的值及函數(shù)f(x)的極值； (2)證明：當x>0時，x2

13、，f ′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減； 當x>ln2時，f ′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增． 所以當x＝ln2時，f(x)有極小值， 且極小值為f(ln2)＝eln2－2ln2＝2－ln4，f(x)無極大值． (2)令g(x)＝ex－x2，則g′(x)＝ex－2x. 由(1)，得g′(x)＝f(x)≥f(ln2)＝2－ln4>0，即g′(x)>0. 所以g(x)在R上單調(diào)遞增，又g(0)＝1>0， 所以當x>0時，g(x)>g(0)>0，即x20時，x2x0時，ex>x2>x，即x

14、. 因此，對任意給定的正數(shù)c，總存在x0，當x∈(x0，＋∞)時，恒有x0)，要使不等式xkx成立． 而要使ex>kx成立，則只需x>ln(kx)，即x>lnx＋lnk成立． ①若00時，x>lnx≥lnx＋lnk成立． 即對任意c∈[1，＋∞)，取x0＝0， 當x∈(x0，＋∞)時，恒有x1，令h(x)＝x－lnx－lnk，則h′(x)＝1－＝， 所以當x>1時，h′(x)>0，h(x)在(1，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增． 取

15、x0＝4k，h(x0)＝4k－ln(4k)－lnk＝2(k－lnk)＋2(k－ln2)， 易知k>lnk，k>ln2，所以h(x0)>0. 因此對任意c∈(0,1)，取x0＝， 當x∈(x0，＋∞)時，恒有x2x， 所以當x∈(x0，＋∞)時，有cex≥ex>2x>x，即x

16、＝ln， 當x>ln時，h′(x)>0，h(x)單調(diào)遞增． 取x0＝2ln，h(x0)＝ce2ln－2ln＝2， 易知－ln>0，又h(x)在(x0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增， 所以當x∈(x0，＋∞)時，恒有h(x)>h(x0)>0，即x時，證明：對?x∈(0,2)，都有f(

17、x)<0. 解：(1)a＝1時，f(x)＝x2－2x＋lnx，f ′(x)＝x－2＋， ∴f ′(1)＝0.又f(1)＝－， ∴曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為y＋＝0. (2)f(x)的定義域為(0，＋∞)， f ′(x)＝x－2a＋ ＝ ＝， 令f ′(x)＝0得x＝1或x＝2a－1， ①當2a－1≤0，即a≤時，若x∈(0,1)，f ′(x)<0； 若x∈(1，＋∞)，f ′(x)>0. ②當0<2a－1<1，即0； 若x∈(2a－1,1)，f ′(x)<0；若x∈(1，＋∞)，f ′(x)>0.

18、 ③當2a－1＝1，即a＝1時，f ′(x)＝≥0. ④當2a－1>1，即a>1時，若x∈(0,1)，f ′(x)>0； 若x∈(1,2a－1)，f ′(x)<0；若x∈(2a－1，＋∞)，f ′(x)>0. 綜上所述：當a≤時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(1，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1)； 當1時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,1)和(2a－1，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(1,2a－1)． (3)①當

19、<1時，由(2)知f(x)在(0,2a－1)上單調(diào)遞增，在(2a－1,1)上單調(diào)遞減，在(1,2)上單調(diào)遞增， ∴f(x)≤max{f(2a－1)，f(2)}． 而f(2)＝2－4a＋(2a－1)ln2＝(2a－1)(ln2－2)<0， f(2a－1)＝(2a－1)2－2a(2a－1)＋(2a－1)ln(2a－1)＝ (2a－1)·，記g(a)＝－a－＋ln(2a－1)， a∈， g′(a)＝－1＋＝， 又0. ∴g(a)在a∈上單調(diào)遞增． ∴當a∈時，g(a)， ∴2a－1>0.∴f

20、(2a－1)<0. ∴當1時，由(2)知，f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增， 在(1,2a－1)上單調(diào)遞減，在(2a－1,2)上單調(diào)遞增． 故f(x)在(0,2)上只有一個極大值f(1)， ∴當x∈(0,2)時，f(x)≤max{f(1)，f(2)}． 而f(1)＝－2a＝－2<0，f(2)＝2－4a＋(2a－1)ln2＝(2a－1)(ln2－2)<0， ∴當a>1，x∈(0,2)時，f(x)<0. 綜合①②③知：當a>時，對?x∈(0,2)，都有f(x)<0.