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1、第4讲导数的综合应用一、选择题 1.(2019海南一模)函数f(x)=ln x+a的导数为f (x),若方程f (x)=f(x)的根x0小于1,则实数a的取值范围是()A.(1,+)B.(0,1)C.(1,2)D.(1,3)答案Af (x)=1x,x0为f (x)=f(x)的根,1x0=ln x0+a,又0x01,ln x01.2.设函数f(x)=exx+3x-3-ax,若不等式f(x)0有正实数解,则实数a的最小值为()A.3B.2C.e2D.e答案D因为exx+3x-3-ax0有正实数解,所以a(x2-3x+3)ex有正实数解,令g(x)=(x2-3x+3)ex,则g(x)=(2x-3)e
2、x+(x2-3x+3)ex=x(x-1)ex,当x1时,g(x)0;当0x1时,g(x)0,所以g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+)上单调递增,g(x)min=g(1)=e,所以ae.故选D.3.(多选)对于函数f(x)=xex,下列说法正确的有()A. f(x)在x=1处取得极大值1eB. f(x)有两个不同的零点C. f(4)f()2e答案AC由函数f(x)=xex,可得函数f(x)的导数为f (x)=1-xex.当x1时, f (x)0, f(x)单调递减;当x0, f(x)单调递增.可得函数f(x)在x=1处取得极大值1e,且为最大值,所以A正确;因为f(x)在(-,1)上单调
3、递增,在(1,+)上单调递减,且f(0)=0,当x0时, f(x)0恒成立,所以函数f(x)只有一个零点,所以B错误;由f(x)在(1,+)上单调递减,且431,可得f(4)f()21,可得e2e2,即e20,则f (t)=-ln t+2et-1,令g(t)=-ln t+2et-1,t0,则g(t)=-1t-2et20,g(t)在(0,+)上单调递减,即f (t)在(0,+)上单调递减.f (e)=0,f(t)在(0,e)上单调递增,在(e,+)上单调递减, f(t)max=f(e)=e,e1m,即m的取值范围是0,1e.5.(2019山西太原模拟)已知定义在(0,+)上的函数 f(x)满足x
4、f (x)-f(x)0的解集是()A.(-,ln 2)B.(ln 2,+)C.(0,e2)D.(e2,+)答案A令g(x)=f(x)x,则g(x)=xf (x)-f(x)x20等价为 f(ex)exf(2)2,即g(ex)g(2),故ex2,即x0,a1),若函数g(x)=|f(x)-t|-2有三个零点,则实数t=()A.3B.2C.1D.0答案Af (x)=2x+(ax-1)ln a,设y=2x+(ax-1)ln a,则y=2+ax(ln a)20, 则f (x)在R上单调递增,因为f (0)=0,所以f(x)在(-,0)上单调递减,在(0,+)上单调递增, f(x)的最小值为f(0)=1,
5、又g(x)=|f(x)-t|-2有三个零点,所以f(x)=t2有三个根,又t+2t-2,所以t-2=f(x)min=f(0)=1,解得t=3,所以选A.二、填空题7.(2019河北唐山联考)若函数f(x)=x2-12ln x+1在其定义域内的一个子区间(a-1,a+1)内存在极值,则实数a的取值范围是.答案1,32解析f(x)的定义域为(0,+), f (x)=2x-12x=4x2-12x,令f (x)=0,得x=12x=-12舍去,则由已知得a-10,a-112,解得1a0,h(x)单调递增;当x(-3,2)时,h(x)0,h(x)单调递增.因为h(-3)=272,h(2)=-223,数形结
6、合得a的取值范围是-223,272.9.(2019河南名校联考改编)已知六棱锥P-ABCDEF的底面ABCDEF为正六边形,点P在底面的射影为其中心.将该六棱锥沿六条侧棱剪开,使六个侧面和底面展开在同一平面上.若展开后点P在该平面上对应的六个点全部落在一个半径为5的圆上,则当正六边形ABCDEF的边长变化时,所得六棱锥体积的最大值为,此时正六边形的边长为.答案8153433解析如图所示,设正六边形ABCDEF的中心为O,连接PO,则PO平面ABCDEF.取CD的中点G,连接PG,OG.设正六边形的边长为x(x0),故OG=32x.又展开后点P在该平面上对应的六个点全部落在一个半径为5的圆上,P
7、G=5-32x.由PG0得x1033.故PO=5-32x2-32x2=25-53x,六棱锥P-ABCDEF的体积V=13612x23225-53x=1525x4-3x5.令f(x)=5x4-3x50x0,函数f(x)单调递增;当x433,1033时, f (x)0,函数f(x)单调递减.故当x=433时,函数f(x)取得最大值,此时PG=30).(1)求f(x)的单调区间和极值;(2)若对任意x(0,+), f(x)-x2+mx-32恒成立,求实数m的最大值.解析(1)f (x)=1+ln x,令f (x)0,得x1e;令f (x)0,得0x0,则g(x)=2x+1-3x2=x2+2x-3x2
8、,由g(x)0得x1,由g(x)0得0xn0时,证明:men+nnem+m.解析(1)f(x)的定义域为R, f (x)=(ax+a-1)ex.若a=0,则f (x)=-ex0,由f (x)0,得x-a-1a;由f (x)0,得x-a-1a.此时f(x)的单调递减区间为-,-a-1a,单调递增区间为-a-1a,+.若a0,得x-a-1a;由f (x)-a-1a.此时f(x)的单调递减区间为-a-1a,+,单调递增区间为-,-a-1a.(2)证明:当mn0时,要证men+nnem+m,只需证m(en-1)en-1n.(*)设g(x)=ex-1x,x0,则g(x)=(x-1)ex+1x2,x0.令
9、h(x)=(x-1)ex+1,由(1)知h(x)在0,+)上单调递增,所以当x0时,h(x)h(0)=0,即g(x)0,g(x)在(0,+)上单调递增,所以(*)式成立,即当mn0时,men+n0恒成立,求整数a的最大值;(3)求证:ln 2+(ln 3-ln 2)2+(ln 4-ln 3)3+ln(n+1)-ln nn0;当x(-,0)时,F(x)ln(x+2).当a2时,ln(x+a)ln(x+2)0恒成立.当a3时,e00不恒成立.所以整数a的最大值为2.(3)证明:由(2)知exln(x+2),令x=-n+1n,则e-n+1nln-n+1n+2,即e-n+1ln-n+1n+2n=ln(
10、n+1)-ln nn,所以e0+e-1+e-2+e-n+1ln 2+(ln 3-ln 2)2+(ln 4-ln 3)3+ln(n+1)-ln nn.因为e0+e-1+e-2+e-n+1=1-1en1-1e11-1e=ee-1,所以ln 2+(ln 3-ln 2)2+(ln 4-ln 3)3+ln(n+1)-ln nn0.f(x)min=f(1)=-4a=-4,a=1,f(x)的解析式为f(x)=x2-2x-3.(2)由(1)知g(x)=x2-2x-3x-4ln x=x-3x-4ln x-2,g(x)的定义域为(0,+),g(x)=1+3x2-4x=(x-1)(x-3)x2,令g(x)=0,得x1=1,x2=3.当x变化时,g(x),g(x)的变化情况如下表所示:x(0,1)1(1,3)3(3,+)g(x)+0-0+g(x)极大值极小值当0x3时,g(x)g(1)=-43时,g(3)25-1-22=90,g(x)在(3,+)上单调递增,g(x)在(3,+)上有且只有1个零点.综上,g(x)有且只有1个零点.