《2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 壓軸專題二 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第2講 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的綜合問題練習(xí) 理.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 壓軸專題二 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第2講 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的綜合問題練習(xí) 理.doc（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
第2講 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的綜合問題
A組 小題提速練
一、選擇題
1．設(shè)函數(shù)f(x)在R上的導(dǎo)函數(shù)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)
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(shù)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(shè)f(x)，g(x)分別是定義在R上的奇函數(shù)和偶函數(shù)，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)∪(0,3)
解析：設(shè)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(shù)，又f(x)，g(x)分別是奇函數(shù)和偶函數(shù)，∴h(x)為奇函數(shù)且在(0，＋∞)上為增函數(shù)，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(shù)，f′(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù)，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|－11.
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(jié)合圖形及定積分的幾何意義可知，相應(yīng)的圖形的面積可用定積分表示為(x2－x)dx，選B.
答案：B
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(shù)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(shù)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00，則函數(shù)F(x)＝xf(x)＋的零點個數(shù)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(shù)，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(shù)，且h(0)＝0，∴h(x)＝xf(x)>0在(－∞，0)上恒成立，所以F(x)＝xf(x)＋在(－∞,0)上為減函數(shù)，當x→0時，xf(x)→0，→－∞，則F(x)<0，x→－∞時，→0，F(xiàn)(x)≈xf(x)＞0，∴F(x)在(－∞，0)上有唯一零點．綜上所述，F(xiàn)(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(shù)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)＝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(shù)a，b，c都是實數(shù)，f(x)＝ax3＋bx2＋cx－34的導(dǎo)函數(shù)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(shè)函數(shù)f(x)＝在[－2,2]上的最大值為2，則實數(shù)a的取值范圍是( )
A. B.
C．(－∞，0) D.
解析：設(shè)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02，則f(x1)與f(x2)的大小關(guān)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(shù)單調(diào)遞減．當x<1時，f′(x)>0，函數(shù)單調(diào)遞增．因為函數(shù)f(x＋1)是偶函數(shù)，所以f(x＋1)＝f(1－x)，f(x)＝f(2－x)，即函數(shù)f(x)圖象的對稱軸為x＝1.所以，若1≤x1f(x2)；若x1<1，則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＝π42＝4π.
答案：4π
14．已知函數(shù)f(x)＝x2＋2ax－ln x，若f(x在區(qū)間上是增函數(shù)，則實數(shù)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(diào)遞減，
∴max＝，
∴2a≥，即a≥.
答案：
15．已知函數(shù)f(x)＝ln x，則函數(shù)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(shù)g(x)的定義域為(0，＋∞)，g′(x)＝＋>0在x∈(0，＋∞)上恒成立，所以函數(shù)g(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)，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(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________．
解析：設(shè)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(shù)g(x)＝xf(x)＋1的零點個數(shù)為0.
答案：0
B組 大題規(guī)范練
1．已知函數(shù)f(x)＝.
(1)判斷函數(shù)f(x)的單調(diào)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(shè)g(x)＝(x－1)ex＋1，則g′(x)＝xex，令g′(x)＝0，得x＝0，
∴g(x)在(－∞，0)上是減函數(shù)，在(0，＋∞)上是增函數(shù)，
∴g(x)≥g(0)＝0，∴f′(x)>0，
∴f(x)在(－∞，0)和(0，＋∞)上都是增函數(shù)．
(2)證明：設(shè)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(shù)，在(0，＋∞)上是增函數(shù)，
∴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(shù)，
∴f(x)≥f(ln(x＋1))，即≥，∴(ex－1)ln(x＋1)≥x2.
②當－1x≥ln(x＋1)，
∵f(x)在(－∞，0)上是增函數(shù)，
∴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(shù)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(shù)g(x)＝f(x)－k有兩個不同的零點x1，x2，證明：x1x2>e2.
解析：(1)2 0162 017>2 0172 016.理由如下：
依題意得，f′(x)＝，
因為函數(shù)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(diào)遞增區(qū)間為(0，e)，單調(diào)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 0162 017>2 0172 016.
(2)證明：不妨設(shè)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(shù)h(t)在(1，＋∞)上是增函數(shù)，
所以h(t)>h(1)＝0，即ln t>.
所以x1x2>e2.
3．已知函數(shù)f(x)＝2ln x＋x2－2ax(a>0)．
(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；
(2)若函數(shù)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(shè)為x3，x4，不妨令x30，當x∈(x3，x4)時，
f′(x)<0，當x∈(x4，＋∞)時，f′(x)>0，
所以函數(shù)f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增．
(2)由(1)得f(x)在(x1，x2)上單調(diào)遞減，x1＋x2＝a，x1x2＝1，
則f(x1)－f(x2)＝2ln＋(x1－x2)(x1＋x2－2a)＝2ln＋＝2ln＋－，
令t＝，則00，
∴F′(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以F′(x)≥F′(0)＝0，
∴F(x)在[0，＋∞)上單調(diào)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(shè)u(x)＝e2x－ln(x＋a)－x2，
則u′(x)＝2e2x－－2x，
[u′(x)]′＝4e2x＋－2>0，∴u′(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，
∴u′(x)≥u′(0)＝2－，
當a≥時，u′(0)＝2－≥0，
∴u(x)在[0，＋∞)上單調(diào)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(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，
∴h(x)≥h＝0，
∴x－>ln.
設(shè)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(diào)遞增，
∴g′(x)>g′(0)＝1>0，
∴g(x)在[0，＋∞)上單調(diào)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，＋∞)．
2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 壓軸專題二 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第2講 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的綜合問題練習(xí) 理.doc
裝配圖網(wǎng)所有資源均是用戶自行上傳分享，僅供網(wǎng)友學(xué)習(xí)交流，未經(jīng)上傳用戶書面授權(quán)，請勿作他用。
鏈接地址：http://appdesigncorp.com/p-6320167.html