红对勾届高考一轮数学理数课时作业本16 含答案解析.docx
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红对勾届高考一轮数学理数课时作业本16含答案解析
课时作业16 导数的综合应用
1.(2019·天津调研)已知函数y=x3-3x+c的图象与x轴恰有两个公共点,则c等于( A )
A.-2或2B.-9或3
C.-1或1D.-3或1
解析:
∵y′=3x2-3,∴当y′=0时,x=±1.
则当x变化时,y′,y的变化情况如下表:
x
(-∞,-1)
-1
(-1,1)
1
(1,+∞)
y′
+
0
-
0
+
y
c+2
c-2
因此,当函数图象与x轴恰有两个公共点时,必有c+2=0或c-2=0,∴c=-2或c=2.
2.已知函数f(x)=m
-2lnx(m∈R),g(x)=-
,若至少存在一个x0∈[1,e],使得f(x0)<g(x0)成立,则实数m的取值范围是( B )
A.
B.
C.(-∞,0]D.(-∞,0)
解析:
由题意,不等式f(x)<g(x)在[1,e]上有解,∴mx<2lnx在[1,e]上有解,即
<
在[1,e]上有解,令h(x)=
,
则h′(x)=
,当1≤x≤e时,h′(x)≥0,
∴在[1,e]上,h(x)max=h(e)=
,
∴
<
,∴m<
,
∴m的取值范围是
,故选B.
3.定义在R上的函数f(x)满足:
f(x)+f′(x)>1,f(0)=4,则不等式exf(x)>ex+3(其中e为自然对数的底数)的解集为( A )
A.(0,+∞)B.(-∞,0)∪(3,+∞)
C.(-∞,0)∪(0,+∞)D.(3,+∞)
解析:
设g(x)=exf(x)-ex(x∈R),
则g′(x)=exf(x)+exf′(x)-ex=ex[f(x)+f′(x)-1],
因为f(x)+f′(x)>1,
所以f(x)+f′(x)-1>0,所以g′(x)>0,
所以g(x)=exf(x)-ex在定义域上单调递增,
因为exf(x)>ex+3,所以g(x)>3.
又因为g(0)=e0f(0)-e0=4-1=3,
所以g(x)>g(0),所以x>0.
4.(2019·福建六校模拟)已知函数f(x)=(x-a)3-3x+a(a>0)在[-1,b]上的值域为[-2-2a,0],则b的取值范围是( A )
A.[0,3]B.[0,2]
C.[2,3]D.(-1,3]
解析:
由f(x)=(x-a)3-3x+a,
得f′(x)=3(x-a)2-3,
令f′(x)=0,得x1=a-1,x2=a+1.
当x∈(-∞,a-1)∪(a+1,+∞)时,f′(x)>0,
当x∈(a-1,a+1)时,f′(x)<0,
则f(x)在(-∞,a-1),(a+1,+∞)上为增函数,在(a-1,a+1)上为减函数.
又f(a+1)=-2-2a,
∴要使f(x)=(x-a)3-3x+a(a>0)在[-1,b]上的值域为[-2-2a,0],
则f(-1+a)=2-2a≤0,
若2-2a=0,即a=1,此时f(-1)=-4,f(0)=0,-2-2a=-4,f(3)=0,f
(2)=-4.
∴b∈[0,3];
若2-2a<0,即a>1,此时f(-1)=(-1-a)3+3+a=-a3-3a2-2a+2,而f(-1)-(-2a-2)=-a3-3a2-2a+2+2a+2=-a3-3a2+4=(1-a)·(a+2)2<0,
∴不合题意,
∴b的取值范围是[0,3].故选A.
5.(2019·广东韶关六校联考)对于三次函数f(x)=ax3+bx2+cx+d(a≠0),给出定义:
设f′(x)是函数y=f(x)的导数,f″(x)是f′(x)的导数,若方程f″(x)=0有实数解x0,则称点(x0,f(x0))为函数y=f(x)的“拐点”.经过探究发现:
任何一个三次函数都有“拐点”;任何一个三次函数都有对称中心,且“拐点”就是对称中心.设函数g(x)=2x3-3x2+
,则g
+g
+…+g
=( D )
A.100B.50
C.
D.0
解析:
∵g(x)=2x3-3x2+
,
∴g′(x)=6x2-6x,g″(x)=12x-6,
由g″(x)=0,得x=
,
又g
=2×
3-3×
2+
=0,
∴函数g(x)的图象关于点
对称,
∴g(x)+g(1-x)=0,
∴g
+g
+…+g
=49×0+g
=g
=0,故选D.
6.从边长为10cm×16cm的矩形纸板的四角截去四个相同的小正方形,做成一个无盖的盒子,则盒子容积的最大值为144__cm3.
解析:
设盒子容积为ycm3,盒子的高为xcm,x∈(0,5).
则y=(10-2x)(16-2x)x=4x3-52x2+160x,
∴y′=12x2-104x+160.
令y′=0,得x=2或x=
(舍去),
∴ymax=6×12×2=144(cm3).
7.直线x=t分别与函数f(x)=ex+1的图象及g(x)=2x-1的图象相交于点A和点B,则|AB|的最小值为4-2ln2__.
解析:
由题意得,
|AB|=|et+1-(2t-1)|=|et-2t+2|,
令h(t)=et-2t+2,
则h′(t)=et-2,所以h(t)在(-∞,ln2)上单调递减,在(ln2,+∞)上单调递增,
所以h(t)min=h(ln2)=4-2ln2>0,
即|AB|的最小值是4-2ln2.
8.(2019·佛山质检)定义在R上的奇函数y=f(x)满足f(3)=0,且不等式f(x)>-xf′(x)在(0,+∞)上恒成立,则函数g(x)=xf(x)+lg|x+1|的零点个数为3__.
解析:
定义在R上的奇函数f(x)满足:
f(0)=0=f(3)=f(-3),f(-x)=-f(x),
当x>0时,f(x)>-xf′(x),
即f(x)+xf′(x)>0,
∴[xf(x)]′>0,
即h(x)=xf(x)在x>0时是增函数,
又h(-x)=-xf(-x)=xf(x),
∴h(x)=xf(x)是偶函数,
∴当x<0时,h(x)是减函数,结合函数的定义域为R,
且f(0)=f(3)=f(-3)=0,
可得函数y1=xf(x)与y2=-lg|x+1|的大致图象如图.
由图象可知,函数g(x)=xf(x)+lg|x+1|的零点的个数为3.
9.(2019·惠州调研)已知函数f(x)=2ex-(x-a)2+3,a∈R.
(1)若函数f(x)的图象在x=0处的切线与x轴平行,求a的值;
(2)若x≥0,f(x)≥0恒成立,求a的取值范围.
解:
(1)f′(x)=2(ex-x+a),
∵函数f(x)的图象在x=0处的切线与x轴平行,即在x=0处的切线的斜率为0,
∴f′(0)=2(a+1)=0,∴a=-1.
(2)由
(1)知f′(x)=2(ex-x+a),
令h(x)=2(ex-x+a)(x≥0),
则h′(x)=2(ex-1)≥0,
∴h(x)在[0,+∞)上单调递增,
且h(0)=2(a+1).
①当a≥-1时,f′(x)≥0在[0,+∞)上恒成立,
即函数f(x)在[0,+∞)上单调递增,
∴f(x)min=f(0)=5-a2≥0,
解得-
≤a≤
,
又a≥-1,∴-1≤a≤
.
②当a<-1时,则存在x0>0,使h(x0)=0且当x∈[0,x0)时,h(x)<0,即f′(x)<0,
则f(x)单调递减,当x∈(x0,+∞)时,h(x)>0,
则f′(x)>0,即f(x)单调递增,
∴f(x)min=f(x0)=2ex0-(x0-a)2+3≥0,
又h(x0)=2(ex0-x0+a)=0,
∴2ex0-(ex0)2+3≥0,解得0<x0≤ln3.
由ex0=x0-a⇒a=x0-ex0,
令M(x)=x-ex,0<x≤ln3,
则M′(x)=1-ex<0,
∴M(x)在(0,ln3]上单调递减,
则M(x)≥M(ln3)=ln3-3,M(x)<M(0)=-1,
∴ln3-3≤a<-1.
综上,ln3-3≤a≤
.
故a的取值范围是[ln3-3,
].
10.(2019·山西康杰中学等四校联考)已知函数f(x)=x-lnx.
(1)求f(x)的单调区间和极值;
(2)证明:
当x≥1时,
≥ex-1;
(3)若f(x)≥(1-m)x+m对任意x∈(0,+∞)恒成立,求实数m的值.
解:
(1)f(x)=x-lnx,f′(x)=1-
,x∈(0,+∞),f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,有极小值f
(1)=1,无极大值.
(2)证明:
原不等式可化为
≥
,
记g(x)=
,
则g′(x)=
,
当x≥1时,g′(x)<0,
所以g(x)在[1,+∞)上单调递减,有g(x)≤g
(1)=
,
又由
(1)知,
≥
=
,得证.
(3)f(x)≥(1-m)x+m,
即lnx-m(x-1)≤0,
记h(x)=lnx-m(x-1),
则h(x)≤0对任意x∈(0,+∞)恒成立,
求导得h′(x)=
-m(x>0),
若m≤0,则h′(x)>0,
得h(x)在(0,+∞)上单调递增,
又h
(1)=0,
故当x>1时,h(x)>0,不合题意;
若m>0,则易得h(x)在
上单调递增,在
上单调递减,
则h(x)max=h
=-lnm-1+m.
依题意有-lnm-1+m≤0,故f(m)≤1,
由
(1)知f(m)≥1,则m只能等于1.
11.(2019·厦门调研)已知f(x)=
x2+
+c(b,c是常数)和g(x)=
x+
是定义在M={x|1≤x≤4}上的函数,对于任意的x∈M,存在x0∈M使得f(x)≥f(x0),g(x)≥g(x0),且f(x0)=g(x0),则f(x)在M上的最大值为( B )
A.
B.5
C.6D.8
解析:
因为当x∈[1,4]时,g(x)=
x+
≥2
=1(当且仅当x=2时等号成立),
所以f
(2)=2+
+c=g
(2)=1,
所以c=-1-
,
所以f(x)=
x2+
-1-
,
所以f′(x)=x-
=
.
因为f(x)在x=2处有最小值,且x∈[1,4],
所以f′
(2)=0,即b=8,所以c=-5,
经检验,b=8,c=-5符合题意.
所以f(x)=
x2+
-5,f′(x)=
,
所以f(x)在[1,2)上单调递减,在(2,4]上单调递增,
而f
(1)=
+8-5=
,f(4)=8+2-5=5,所以函数f(x)在M上的最大值为5,故选B.
12.已知f(x)=
(x∈R),若关于x的方程f2(x)-mf(x)+m-1=0恰好有4个不相等的实数根,则实数m的取值范围为( C )
A.
∪(2,e)B.
C.
D.
解析:
依题意,由f2(x)-mf(x)+m-1=0,
得f(x)=1或f(x)=m-1.
当x<0时,f(x)=-xe-x,f′(x)=(x-1)e-x<0,
此时f(x)是减函数.
当x>0时,f(x)=xe-x,f′(x)=-(x-1)e-x,
若0<x<1,则f′(x)>0,f(x)是增函数;
若x>1,则f′(x)<0,f(x)是减函数.
因此,要使关于x的方程f2(x)-mf(x)+m-1=0恰好有4个不相等的实数根,只要求直线y=1,直线y=m-1与函数y=f(x)的图象共有四个不同的交点.函数f(x)的图象如图.
注意到直线y=1与函数y=f(x)的图象有唯一公共点,
因此要求直线y=m-1与函数y=f(x)的图象共有三个不同的交点,结合图象可知,0<m-1<
,即1<m<1+
,则实数m的取值范围为
.
13.(2019·武汉调研)已知函数f(x)=xlnx.
(1)若函数g(x)=f(x)+ax在区间[e2,+∞)上为增函数,求实数a的取值范围;
(2)若对任意x∈(0,+∞),f(x)≥
恒成立,求实数m的最大值.
解:
(1)由题意得g′(x)=f′(x)+a=lnx+a+1.
∵函数g(x)在区间[e2,+∞)上为增函数,
∴当x∈[e2,+∞)时,g′(x)≥0,
即lnx+a+1≥0在[e2,+∞)上恒成立.
∴a≥-1-lnx.
令h(x)=-lnx-1,∴a≥h(x)max,
当x∈[e2,+∞)时,lnx∈[2,+∞),
∴h(x)∈(-∞,-3],∴a≥-3,
即实数a的取值范围是[-3,+∞).
(2)∵2f(x)≥-x2+mx-3,
即mx≤2xlnx+x2+3,
又x>0,∴m≤
在x∈(0,+∞)上恒成立.
记t(x)=
=2lnx+x+
.
∴m≤t(x)min.
∵t′(x)=
+1-
=
=
,
令t′(x)=0,得x=1或x=-3(舍去).
当x∈(0,1)时,t′(x)<0,函数t(x)在(0,1)上单调递减;
当x∈(1,+∞)时,t′(x)>0,函数t(x)在(1,+∞)上单调递增.
∴t(x)min=t
(1)=4.
∴m≤t(x)min=4,即m的最大值为4.
14.(2019·福建四地六校联考)已知函数f(x)=(x-1)ex-
ax2.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)有两个零点,求实数a的取值范围.
解:
(1)f(x)的定义域为(-∞,+∞),
f′(x)=ex+(x-1)ex-ax=x(ex-a).
(ⅰ)若a≤0,
则当x∈(-∞,0)时,f′(x)<0;
当x∈(0,+∞)时,f′(x)>0,
所以f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.
(ⅱ)若a>0,
由f′(x)=0得x=0或x=lnA.
①若a=1,则f′(x)=x(ex-1)≥0,
所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递增.
②若0<a<1,则lna<0,
故当x∈(-∞,lna)∪(0,+∞)时,f′(x)>0;
当x∈(lna,0)时,f′(x)<0,
所以f(x)在(-∞,lna),(0,+∞)上单调递增,在(lna,0)上单调递减.
③若a>1,则lna>0,故当x∈(-∞,0)∪(lna,+∞)时,f′(x)>0;
当x∈(0,lna)时,f′(x)<0,
所以f(x)在(-∞,0),(lna,+∞)上单调递增,在(0,lna)上单调递减.
综上所述,当a≤0时,f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增;
当0<a<1时,f(x)在(-∞,lna),(0,+∞)上单调递增,在(lna,0)上单调递减;
当a=1时,f(x)在(-∞,+∞)上单调递增;
当a>1时,f(x)在(-∞,0),(lna,+∞)上单调递增,在(0,lna)上单调递减.
(2)(ⅰ)若a≤0,则由
(1)知,f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.
又f(0)=-1,x趋近负无穷时,f(x)值趋近正无穷.
x趋近正无穷时,f(x)值趋近正无穷.
所以f(x)有两个零点.
(ⅱ)若a=1,则由
(1)知f(x)在(-∞,+∞)上单调递增,所以f(x)至多有一个零点.
(ⅲ)若0<a<1,则由
(1)知,f(x)在(-∞,lna),(0,+∞)上单调递增,在(lna,0)上单调递减,
设b=lna,当x=b时,f(x)有极大值f(b)=a(b-1)-
ab2=-
a(b2-2b+2)<0,
故f(x)不存在两个零点.
(ⅳ)若a>1,则由
(1)知,f(x)在(-∞,0),(lna,+∞)上单调递增,在(0,lna)上单调递减,当x=0时,f(x)有极大值f(0)=-1<0,故f(x)不存在两个零点.
综上,a的取值范围为a≤0.
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