2020年一輪創(chuàng)新思維文數(shù)(人教版A版)練習：第二章第十二節(jié)導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用Word版含解析.doc

1、課時規(guī)范練 A組基礎(chǔ)對點練 1 32 1. 已知函數(shù)f(x)= 3X - 2x + 3m, x 0,+ )，若f(x)+ 5 0恒成立，則實數(shù) m的取值范 圍是() -17、 A. 9，+ jB. C. ( s, 2D . ( s, 2) 解析：f (x)= x2 4x,由 f (x)0,得 x4 或 x 0恒成立，只需f(4) + 5 0恒成立即可，代入解之得m. 答案：A 2. 對？ x R，函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)存在，若f (x)f(x)，且a0，則以下說法正確的是() aa A. f(a)e f(0)B . f(a)f(0)D . f(a)0,故 g(x) = 卜為R上的單調(diào)遞增函數(shù)，因此

2、 g(a)g(0)，即號爭=f(0)，所以 f(a)eaf(0)，選 A. 答案：A 3. 若存在正數(shù)x使2x(x a)1成立，則a的取值范圍是() A . ( s,+s )B . ( 2,+s ) C. (0 ,+s )D . ( 1 ,+s ) 解析： 2 (x a)x 1 令 f(x)= x 尹 f (x)= 1 + 2xln 20. f(x)在 (0 , + s )上單調(diào)遞增， f(x)f(0) = 0 1 = 1, a的取值范圍為(一1,+ s)，故選D. 答案：D 4. 某工廠要圍建一個面積為 512平方米的矩形堆料場，一邊可以利用原有的墻壁，其他三 邊需要砌新的墻壁，當砌新的墻壁

3、所用的材料最省時，堆料場的長和寬分別為( ) A . 32 米，16 米B . 30 米，15 米 _11 解析：要求材料最省，則要求新砌的墻壁總長最短，設(shè)堆料廠的寬為 51 x米，則長為龍米， x= 6.又 x0,. x = 器=32(米).故選 512512 因此新墻總長為 L = 2x+(x0)，貝V L = 2 一2，令L = 0，得 xx 16則當x = 16時，L取得極小值，也是最小值，即用料最省，此時長為 A. 答案：A 5某銀行準備設(shè)一種新的定期存款業(yè)務(wù)，經(jīng)預(yù)測，存款量與存款利率的平方成正比，比例 系數(shù)為k(k0)，貸款的利率為4.8%，假設(shè)銀行吸收的存款能全部放貸出去.若存款

4、利率為 x(x (0,0.048)，則銀行獲得最大收益的存款利率為() C. 4% D . 3.6% 解析：依題意知，存款量是 kx ,銀行應(yīng)支付的利息是kx，銀行應(yīng)獲得的利息是0.048kx , A. 3.2% B . 2.4% 所以銀行的收益 y= 0.048kx2 kx3,故 y = 0.096kx 3kx2,令 y = 0，得 x= 0.032 或 x= 0(舍 去).因為 k0,所以當 0 x0;當 0.032x0.048 時，y 0.因此，當 x= 0.032 時，y取得極大值，也是最大值，即當存款利率定為3.2%時，銀行可獲得最大收益. 答案：A 6.已知函數(shù) f(x) = m

5、x 2ln x(m R), g(x) = m，若至少存在一個 x x 1 , e,使得 f(X0)g(X0)成立，則實數(shù) m的取值范圍是( A. ) C. ( a, 0D . ( a, 0) 解析：由題意，不等式f(x)g(x)在1, e上有解， mx2ln x在1, e上有解，即號皿在口 , 2 x e上有解，令 h(x)=呼，貝V h (x)=1 JT x,當 1w x0，在1 , e上，h(x)max 1 m 12一2、 =h(e)= ;, 2：,二 me.m 的取值范圍是 一a,：.故選 B. 答案：B 7.若函數(shù)f(x)= xex a有兩個零點，則實數(shù) a的取值范圍為() 11 A

6、_a _ ee C. ea0D . 0a0,所以由g (x)= 0,解得x= 1, 當x 1時，g (x)0,函數(shù)g(x)為增函數(shù)；當x 1時，g (x)0，函 . / 一 數(shù)g(x)為減函數(shù)，所以當 x= 1時函數(shù)g(x)有最小值；g( 1) = _ e_=-.畫出函數(shù)y= xex 1 的圖象，如圖所示，顯然當一-a0恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是() A . 5,_ 3 C. 6,_ 2 解析：當 x (0,1時，得 a 3|S 4 ?+ J 令 t =-，貝U t 1 ,+s), a 3t3 4t2 + t, x 令 g(t)= 3t3 4t2+ t, t 1 , + a)，則 g (t)

7、= 9t2 8t+ 1 = (t + 1) (9t 1)，顯然在1 , + m)上, g (t) 6；同理，當 x 2,0)時， 得 aw 2. 由以上兩種情況得一6 aw_ 2,顯然當x= 0時也成立， 故實數(shù)a的取值范圍為6, 2. 答案：C 9. 若函數(shù)f(x) = 2x+ sin x對任意的m 2,2, f(mx 3) + f(x)0 恒成立， f(x)在 R上為增函數(shù)， 又f(x)為奇函數(shù)，故 在定義域內(nèi)為增函數(shù)， f(mx 3) + f(x)0可變形為f(mx 3)f( x), mx 3 x,將其看 作關(guān)于 m 的一次函數(shù)，貝U g(m) = x m 3+ x, m 2,2,可得當

8、 m 2,2時，g(m)0, g(2)0，若 x0, g( 2)0，解得-3x1. 答案：3x1 10. 已知函數(shù) f(x)= In x+ 3x 8 的零點 x a,b，且 b a = 1 ,a,b N*,則 a + b=. 解析：/ f(2) = ln 2 + 6 8= ln 2 20 , 且函數(shù)f(x) = ln x+ 3x 8在(0, + a)上為增函數(shù)， x0 2,3，即 a= 2, b= 3. 答案：5 11. 已知函數(shù) f(x)= ax+ xln x(a R). (1) 若函數(shù)f(x)在區(qū)間e,+s )上為增函數(shù)，求a的取值范圍； 當a= 1且k Z時，不等式k(x 1)0在e,+

9、)上恒成立， 即In x+ a+ 1 0在e,+)上恒成立， 即a (In x+ 1)在e,+s)上恒成立， 而(In X+ 1)max = (ln e + 1) = 2, a 2, 即卩a的取值范圍為2,+ g). (2) 當 a= 1 時，f(x) = x+ xln x, x (1, + g), 原不等式可化為kfx x 1 x+ xln x . 即k1恒成立. x 1 x+ xln xx In x 2 令 g(x)=，則 g (x)=. x 1(x 1 J 令 h(x) = x In x 2(x1), 1 x 1 則 h (x) = 1 x= = 0, h(x)在(1, + g)上單調(diào)遞

10、增. / h(3) = 1 In 30 , 存在 xo (3,4)使 h(xo)= 0，即 g (xo) = 0. 即當 1xx0 時，h(x)0 ,即卩 g (x)x 時，h(x)0，即 g (x)0. g(x)在(1 , x0)上單調(diào)遞減，在(X0,+g)上單調(diào)遞增. 由 h(x0)= X0 In X0 2 = 0,得 In x= x 2, ,X0(1 + In xo) xf1 + X0 2) g(x)min = g(X0)= = X0 IX0 I =X0 (3,4), - kg(x)min = X0 且 k Z, 即 卩 kmax= 3. 2 12. (2018德州中學月考)已知函數(shù)f(

11、x) = mx x+ In x. (1)若在函數(shù)f(x)的定義域內(nèi)存在區(qū)間D，使得該函數(shù)在區(qū)間D上為減函數(shù)，求實數(shù) m的取 值范圍； 1 (2)當0mw時，若曲線C： y= f(x)在點x= 1處的切線I與曲線C有且只有一個公共點，求 m的值或取值范圍. 2 解析：(1)f (x) = 2mx 1 + -=x+ , x 即 2mx2 x+ 10時，由于函數(shù)y= 2mx2 x + 1的圖象的對稱軸 1 x=4m0,故需且只需即1-8m0， 解得m 8 故0m 0, 又g(x)不是常數(shù)函數(shù)，故 g(x)在 (0 , + a )上單調(diào)遞增. 函數(shù)g(x)有且只有一個零點 x= 1，滿足題意. 當 0

12、m0，得 0 x一; 2m 1 由 g (x)0，得 1x2m. 故當x在(0 , + a )上變化時，g (x) , g(x)的變化情況如下表: x (0,1) 1 l1,爲 1 2m 冷+ a) g (x) + 0 一 0 + g(x) 極大值 極小值 根據(jù)上表知g 21m 0， 故在2m，+8上 ，函數(shù)g(x)又有一個零點，不滿足題意. 1 綜上所述，m =-. B組能力提升練 1.若不等式2xln x x2+ ax 3對x (0, +8 )恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是 A . ( 8，0) B.(汽 4 C . (0， +8 ) 解析：2x In x x2+ ax 3， 則 a0)，貝

13、V h (x)=_1 當x (0,1)時，h (x)0，函數(shù) h(x)單調(diào)遞增，所以h(x)min= h(1) = 4，所以 aW h(x)min =4. 答案：B 2. (2017運城模擬)已知函數(shù)f(x)= ln x+ tan也 %扌的導(dǎo)函數(shù)為f (x),若方程 (x)= f(x) 的根xo小于1,貝U a的取值范圍為( A. B. 0， c.單調(diào)遞減區(qū)間是(一1, a). 可知函數(shù)f(x)在區(qū)間(一2, 1)內(nèi)單調(diào)遞增；在區(qū)間(一1,0)內(nèi)單調(diào)遞減. 從而函數(shù)f(x)在區(qū)間(一2,0)內(nèi)恰有兩個零點， f (- 20 , 解得0a1. b; 3 所以a的取值范圍是0, 1 . 答案：A

14、2 2 5. (2018鄭州模擬)若函數(shù)f(x)= x + - aln x(a0)有唯一的零點x,且mx0, x0).因為函數(shù) f(x) 有唯一零點X0,所以函數(shù)g(x), h()的圖象有唯一一個交點，即g(x), h(x)有唯一公切點(x, 2 a 2xo x2 = ,ff 、 yo)，即由得 x0 + ? 2 x2 1 In xo= 0,令 *) = x0 +? 2 x2 1 In xo, 22x0 x0 丿X0 0丿 x0 + = aln x0. LX0 24 則 怕)=30 , 2) = 5 7ln 20 , e) = e2 + -0，所以 x (2 , e),所以 m= 2, n =

15、 3,所 e 以 m+ n= 5. 答案：C ax a 6. 若函數(shù)f(x)=廠+ 1(a0)沒有零點，則實數(shù) a的取值范圍為 xx 解析：f(x)=ae a2xae =二. ee 當a0,解得a e2, e 所以此時一e2ag()對任意 x 4,4恒成立，則實 數(shù)m的取值范圍是. 解析：令 h(x)= g(x) f(x) =x3 x2 3x+ m, 3 則 h (x) = (x 3)(x+ 1). 所以當一4x0 ; 當一1x3 時，h (x)0; 當 3x0. 要使 f(x) g(x)恒成立，即 h(x)ma W 0, 由上知h(x)的最大值在x= 1或x= 4處取得, 520 而 h(

16、1) = m+ 3 h(4) = m , 55 所以 m +0, 即 卩 mW 3, 所以實數(shù)m的取值范圍為 一R,| . 答案：g, I 設(shè) h(x) = x2 + 2,導(dǎo)數(shù)為 h (x)= 2- -25, 當 x 1,2時，h (x)0 , 即h(x)在1,2上單調(diào)遞減，可得 h(x)max= 1 + 2= 1即有a 1. 綜上可得，a的取值范圍是1a5. 答案：(1,5) 9.已知f(x) = ax2, g(x) = 2ln x,若方程f(x) = g(x)在區(qū)間p. 2, e上有兩個不等解，試求a的 取值范圍. 解析：原式等價于方程a = 21異在區(qū)間2, e上有兩個不等解. 令 *) = 一護，由o (x) = 2x 了n X易知,Q(x)在(Q2, &)上為增函數(shù)，在 &e, e)上為減 函數(shù)， 則 yx)max= 0( e) = 1 e 而 Ke)=電,0 .2)二歲 2 In 2 由 ye) y 2)=彳一驢= 4 e2ln 2 2? In e4 In 2e2 2 2e 0, 所以 ye)y 2).所以 y(x)min = y(e), In 2 i 如圖可知y(x) = a有兩個不等解時，需w a 1. 1 證明：(x In x)f(x)1 -2. e x