《2019-2020年高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí) 2.3導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用(二)課時(shí)作業(yè) 文（含解析）新人教版.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019-2020年高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí) 2.3導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用(二)課時(shí)作業(yè) 文（含解析）新人教版.doc（6頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

2019-2020年高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí) 2.3導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用(二)課時(shí)作業(yè) 文（含解析）新人教版 一、選擇題 1．(xx韶關(guān)模擬)函數(shù)y＝xex的最小值是(　　) A．－1　　　　　　　　　 B．－e C．－ D．不存在 解析：y′＝ex＋xex＝(1＋x)ex，令y′＝0，則x＝－1，因?yàn)閤＜－1時(shí)，y′＜0，x＞－1時(shí)，y′＞0，所以x＝－1時(shí)，ymin＝－. 答案：C 2．(xx德州期末)設(shè)函數(shù)y＝f(x)在(0，＋∞)內(nèi)有定義，對(duì)于給定的正數(shù)K，定義函數(shù)fK(x)＝取函數(shù)f(x)＝，恒有fK(x)＝f(x)，則(　　) A．K的最大值為 B．K的最小值為 C．K的最大值為2 D．K的最小值為2 解析：由f(x)＝， 令f′(x)＝＝＝0，得x＝1. 當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，f′(x)＞0； 當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f′(x)＜0，即f(x)＝在x＝1時(shí)取到最大值，而f(x)≤K恒成立，所以≤K，故K的最小值為，選B. 答案：B 3．若關(guān)于x的不等式x3－3x2－9x＋2≥m對(duì)任意x∈[－2,2]恒成立，則m的取值范圍是(　　) A．(－∞，7] B．(－∞，－20] C．(－∞，0] D．[－12,7] 解析：令f(x)＝x3－3x2－9x＋2，則f′(x)＝3x2－6x－9，令f′(x)＝0，得x＝－1或3(舍去)．∵f(－1)＝7，f(－2)＝0，f(2)＝－20.∴f(x)的最小值為f(2)＝－20，故m≤－20，可知應(yīng)選B. 答案：B 4．(xx濰坊期末)函數(shù)f(x)＝ex－x(e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))在區(qū)間[－1,1]上的最大值是(　　) A．1＋ B．1 C．e＋1 D．e－1 解析：因?yàn)閒(x)＝ex－x，所以f′(x)＝ex－1.令f′(x)＝0，得x＝0. 且當(dāng)x＞0時(shí)，f′(x)＝ex－1＞0，x＜0時(shí)，f′(x)＝ex－1＜0，即函數(shù)在x＝0處取得極小值，f(0)＝1，又f(－1)＝＋1，f(1)＝e－1，綜合比較得函數(shù)f(x)＝ex－1在區(qū)間[－1,1]上的最大值是e－1.故選D. 答案：D 5．函數(shù)f(x)＝ex(sinx＋cosx)在區(qū)間上的值域?yàn)?　　) 解析：f′(x)＝ex(sinx＋cosx)＋ex(cosx－sinx) ＝excosx， 0≤x≤時(shí)，f′(x)≥0， ∴f(x)是上的增函數(shù)． ∴f(x)的最大值為f＝ f(x)的最小值為f(0)＝. ∴f(x)在上的值域?yàn)? 答案：A 6．(xx濰坊質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c在定義域x∈[－2,2]上表示的曲線過原點(diǎn)，且在x＝1處的切線斜率均為－1.有以下命題： ①f(x)是奇函數(shù)；②若f(x)在[s，t]內(nèi)遞減，則|t－s|的最大值為4；③若f(x)的最大值為M，最小值為m，則M＋m＝0；④若對(duì)?x∈[－2,2]，k≤f′(x)恒成立，則k的最大值為2.其中正確命題的個(gè)數(shù)為(　　) A．1個(gè) B．2個(gè) C．3個(gè) D．4個(gè) 解析：由題意得函數(shù)過原點(diǎn)，則c＝0.又f′(x)＝3x2＋2ax＋b. 則必有 解得 所以f(x)＝x3－4x. 令f′(x)＝3x2－4＝0得x＝. 則函數(shù)在[－2,2]上的最小值是負(fù)數(shù)． 由此得函數(shù)圖象大致如圖：得出結(jié)論是：①③正確；②④錯(cuò)誤．故選B. 答案：B 二、填空題 7．(xx開封一模)已知函數(shù)f(x)＝ax3－3x＋1對(duì)x∈(0,1]總有f(x)≥0成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是__________． 解析：當(dāng)x∈(0,1]時(shí)不等式ax3－3x＋1≥0可化為a≥，設(shè)g(x)＝，x∈(0,1]， g′(x)＝＝－. g′(x)與g(x)隨x的變化情況如下表： x g′(x) ＋ 0 － g(x) 極大值4 因此g(x)的最大值為4，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是[4，＋∞)． 答案：[4，＋∞) 8．(xx揚(yáng)州模擬)已知函數(shù)f(x)＝lnx－(m∈R)在區(qū)間[1，e]上取得最小值4，則m＝__________. 解析：f′(x)＝＋＝(x＞0)， ①當(dāng)m＞0時(shí)，f′(x)＞0，f(x)在區(qū)間[1，e]上為增函數(shù)，f(x)有最小值f(1)＝－m＝4， 得m＝－4，與m＞0矛盾． ②當(dāng)m＜0時(shí)，若－m＜1，即m＞－1， f(x)min＝f(1)＝－m＝4， 得m＝－4，與m＞－1矛盾； 若－m∈[1，e]，即－e≤m≤－1， f(x)min＝f(－m)＝ln(－m)＋1＝4， 解得m＝－e3，與－e≤m≤－1矛盾； 若－m＞e，即m＜－e時(shí)，f(x)min＝f(e)＝1－＝4，解得m＝－3e，符合題意． 答案：－3e 9．(xx汕頭模擬)已知f(x)＝xex，g(x)＝－(x＋1)2＋a，若?x1，x2∈R，使得f(x2)≤g(x1)成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是__________． 解析：f′(x)＝ex＋xex＝(1＋x)ex，當(dāng)x＞－1時(shí)，f′(x)＞0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x＜－1時(shí)，f′(x)＜0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減，所以當(dāng)x＝－1時(shí)，f(x)取得極小值，即最小值為f(－1)＝－.函數(shù)g(x)的最大值為a，若?x1，x2∈R，使得f(x2)≤g(x1)成立，則有g(shù)(x)的最大值大于或等于f(x)的最小值，即a≥－. 答案： 三、解答題 10．(xx臨川模擬)已知x＝2是函數(shù)f(x)＝x3－bx2＋2x＋a的一個(gè)極值點(diǎn)． (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若當(dāng)x∈[1，＋∞)時(shí)，f(x)－＞a2恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍． 解析：(1)∵f′(x)＝x2－2bx＋2，且x＝2是f(x)的一個(gè)極值點(diǎn)， ∴f′(2)＝4－4b＋2＝0，解得b＝， ∴f′(x)＝x2－3x＋2＝(x－1)(x－2)． 由f′(x)＞0得x＞2或x＜1， ∴函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(－∞，1)，(2，＋∞)； 由f′(x)＜0得1＜x＜2， ∴函數(shù)f(x)的單調(diào)減區(qū)間為(1,2)． (2)由(1)知，函數(shù)f(x)在(1,2)上單調(diào)遞減，在(2，＋∞)上單調(diào)遞增， ∴當(dāng)x＝2時(shí)，函數(shù)f(x)取得極小值也是最小值， 故f(x)min＝f(2)＝a＋. 當(dāng)x∈[1，＋∞)時(shí)，f(x)－＞a2恒成立等價(jià)于a2＜f(x)min－，即a2－a＜0，∴0＜a＜1. 故實(shí)數(shù)a的取值范圍是(0,1)． 11．(xx長(zhǎng)春模擬)已知函數(shù)f(x)＝＋alnx－2(a＞0)． (1)若對(duì)于?x∈(0，＋∞)都有f(x)＞2(a－1)成立，試求a的取值范圍； (2)記g(x)＝f(x)＋x－b(b∈R)，當(dāng)a＝1時(shí)，函數(shù)g(x)在區(qū)間[e－1，e]上有兩個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)b的取值范圍． 解析：(1)f′(x)＝－＋＝. 由f′(x)＞0，解得x＞； 由f′(x)＜0，解得0＜x＜. 所以f(x)在區(qū)間上單調(diào)遞增，在區(qū)間上單調(diào)遞減． 所以當(dāng)x＝時(shí)，函數(shù)f(x)取得最小值， ymin＝f. 因?yàn)閷?duì)于?x∈(0，＋∞)都有f(x)＞2(a－1)成立， 所以只需滿足f＞2(a－1)即可． 則＋aln－2＞2(a－1)，即aln＞a. 由aln＞a，解得0＜a＜. 所以a的取值范圍是. (2)依題意得g(x)＝＋lnx＋x－2－b，其定義域?yàn)?0，＋∞)．則g′(x)＝.由g′(x)＞0解得x＞1； 由g′(x)＜0解得0＜x＜1. 所以函數(shù)g(x)在區(qū)間(0,1)上為減函數(shù)，在區(qū)間(1，＋∞)上為增函數(shù)．又因?yàn)楹瘮?shù)g(x)在區(qū)間[e－1，e]上有兩個(gè)零點(diǎn)， 所以解得1＜b≤＋e－1， 所以b的取值范圍是. 12．(xx棗莊模擬)某分公司經(jīng)銷某種品牌產(chǎn)品，每件產(chǎn)品的成本為30元，并且每件產(chǎn)品須向總公司繳納a元(a為常數(shù)，2≤a≤5)的管理費(fèi)，根據(jù)多年的統(tǒng)計(jì)經(jīng)驗(yàn)，預(yù)計(jì)當(dāng)每件產(chǎn)品的售價(jià)為x元時(shí)，產(chǎn)品一年的銷售量為(e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))萬件，已知每件產(chǎn)品的售價(jià)為40元時(shí)，該產(chǎn)品一年的銷售量為500萬件．經(jīng)物價(jià)部門核定每件產(chǎn)品的售價(jià)x最低不低于35元，最高不超過41元． (1)求分公司經(jīng)營(yíng)該產(chǎn)品一年的利潤(rùn)L(x)萬元與每件產(chǎn)品的售價(jià)x的函數(shù)關(guān)系式； (2)當(dāng)每件產(chǎn)品的售價(jià)為多少元時(shí)，該產(chǎn)品一年的利潤(rùn)L(x)最大，并求出L(x)的最大值． 參考公式：(eax＋b)′＝aeax＋b(a，b為常數(shù))． 解析：(1)由題意，該產(chǎn)品一年的銷售量y＝， 將x＝40，y＝500代入得k＝500e40， 該產(chǎn)品一年的銷售量y(萬件)關(guān)于x(元)的函數(shù)關(guān)系式為y＝500e40－x. 所以分公司一年的利潤(rùn)L(萬元)與售價(jià)x的函數(shù)關(guān)系式為L(zhǎng)(x)＝(x－30－a)y＝500(x－30－a)e40－x(35≤x≤41)． (2)L′(x)＝500[e40－x－(x－30－a)e40－x]＝500e40－x(31＋a－x)．令L′(x)＝0，得x＝31＋a， ∵2≤a≤5，∴33≤31＋a≤36， 在x＝31＋a兩側(cè)L′(x)的值由正變負(fù)， 當(dāng)33≤a＋31≤35，即2≤a≤4時(shí)，L(x)在[35,41]上單調(diào)遞減． L(x)max＝L(35)＝500(5－a)e5. 當(dāng)35＜a＋31≤36＜41，即4＜a≤5時(shí)，L(x)在(35,31＋a)上單調(diào)遞增；在(31＋a,41]上單調(diào)遞減，因此L(x)max＝L(31＋a)＝500e9－a， ∴L(x)max＝ 當(dāng)2≤a≤4時(shí)，每件產(chǎn)品的售價(jià)為35元，該產(chǎn)品一年的利潤(rùn)L(x)最大，最大為500(5－a)e5萬元；當(dāng)4＜a≤5時(shí)，每件產(chǎn)品的售價(jià)為(31＋a)元，該產(chǎn)品一年的利潤(rùn)L(x)最大，最大為500e9－a萬元．