高考数学(文数)一轮复习创新思维课时练2.12《导数的综合应用》(教师版)

课时规范练

A组　基础对点练

1．已知函数f(x)＝x3－2x2＋3m，x∈[0，＋∞)，若f(x)＋5≥0恒成立，则实数m的取值范围是(　　)

A.　　　　　　　 B.

C．(－∞，2]  D．(－∞，2)

解析：f′(x)＝x2－4x，由f′(x)>0，得x>4或x<0.

∴f(x)在(0,4)上单调递减，在(4，＋∞)上单调递增，

∴当x∈[0，＋∞)时，f(x)min＝f(4)．

∴要使f(x)＋5≥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．对x∈R，函数f(x)的导数存在，若f′(x)>f(x)，且a>0，则以下说法正确的是(　　)

A．f(a)>ea·f(0)  B．f(a)<ea·f(0)

C．f(a)>f(0)  D．f(a)<f(0)

解析：设g(x)＝，则g′(x)＝>0，故g(x)   

＝为R上的单调递增函数，因此g(a)>g(0)，即>

＝f(0)，所以f(a)>ea·f(0)，选A.

答案：A

3．若存在正数x使2x(x－a)<1成立，则a的取值范围是(　　)

A．(－∞，＋∞)  B．(－2，＋∞)

C．(0，＋∞)  D．(－1，＋∞)

解析：∵2x(x－a)<1，∴a>x－.

令f(x)＝x－，∴f′(x)＝1＋2－xln 2>0.

∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，

∴f(x)>f(0)＝0－1＝－1，

∴a的取值范围为(－1，＋∞)，故选D.

答案：D

4．做一个圆柱形锅炉，容积为V，两个底面的材料每单位面积的价格为a元，侧面的材料每单位面积的价格为b元，当造价最低时，锅炉的底面直径与高的比为(　　)

A.  B.

C.   D.

解析：如图，设圆柱的底面半径为R，高为h，

则V＝πR2h.设造价为y＝2πR2a＋2πRhb＝2πaR2＋2πRb·＝2πaR2＋，所以y′＝4πaR－.

令y′＝0，得＝.

答案：C

5．某银行准备设一种新的定期存款业务，经预测，存款量与

存款利率的平方成正比，比例系数为k(k>0)，贷款的利率为4.8%，假设银行吸收的存款能全部放贷出去．若存款利率为x(x∈(0,0.048))，则银行获得最大收益的存款利率为(　　)

A．3.2%  B．2.4%

C．4%  D．3.6%

解析：依题意知，存款量是kx2，银行应支付的利息是kx3，银行应获得的利息是0.048kx2，所以银行的收益y＝0.048kx2－kx3，故y′＝0.096kx－3kx2，令y′＝0，得x＝0.032或x＝0(舍去)．因为k>0，所以当0<x<0.032时，y′>0；当0.032<x<0.048时，y′<0.因此，当x＝0.032时，y取得极大值，也是最大值，即当存款利率定为3.2%时，银行可获得最大收益．

答案：A

6．设1＜x＜2，则，2，的大小关系是(　　)

A.2＜＜   B.＜2＜

C.2＜＜   D.＜2＜

解析：令f(x)＝x－ln x(1＜x＜2)，

则f′(x)＝1－＝＞0，

所以函数y＝f(x)在(1,2)内为增函数．

所以f(x)＞f(1)＝1＞0，

所以x＞ln x＞0⇒0＜＜1.

所以2＜.

又－＝＝＞0，

所以2＜＜.

答案：A

7．直线y＝a与函数f(x)＝x3－3x的图象有相异的三个公共点，则a的取值范围是________．

解析：令f′(x)＝3x2－3＝0，

得x＝±1，可得极大值为f(－1)＝2，极小值为f(1)＝－2，

如图，观察得－2＜a＜2时恰有三个不同的公共点．

答案：(－2,2)

8．电动自行车的耗电量y与速度x之间有关系y＝x3－x2－40x(x＞0)，为使耗电量最小，则速度应定为________．

解析：令y′＝x2－39x－40＝0，得x＝－1或x＝40，

由于0＜x＜40时，y′＜0；

当x＞40时，y′＞0.

所以当x＝40时，y有最小值．

答案：40

9．若关于x的不等式x3－3x2－9x＋2≥m对任意x∈[－2,2]恒成立，则m的取值范围是________．

解析：令f(x)＝x3－3x2－9x＋2，则f′(x)＝3x2－6x－9，令f′(x)＝0，得x＝－1或3(舍去)．

因为f(－1)＝7，f(－2)＝0，f(2)＝－20.

所以f(x)的最小值为f(2)＝－20，故m≤－20.

答案：(－∞，－20]

10．定义在实数集上的函数f(x)＝x2＋x，g(x)＝x3－2x＋m.

(1)求函数f(x)的图象在x＝1处的切线方程．

(2)若f(x)≥g(x)对任意的x∈[－4,4]恒成立，求实数m的取值范围．

解析：(1)因为f(x)＝x2＋x，所以当x＝1时，f(1)＝2，

因为f′(x)＝2x＋1，所以f′(1)＝3，

所以所求切线方程为y－2＝3(x－1)，即3x－y－1＝0.

(2)令h(x)＝g(x)－f(x)＝x3－x2－3x＋m，

则h′(x)＝(x－3)(x＋1)．

所以当－4＜x＜－1时，h′(x)＞0；

当－1＜x＜3时，h′(x)＜0；

当3＜x＜4时，h′(x)＞0.

要使f(x)≥g(x)恒成立，即h(x)max≤0，

由上知h(x)的最大值在x＝－1或x＝4处取得，

而h(－1)＝m＋，h(4)＝m－，

所以m＋≤0，即m≤－，

所以实数m的取值范围为.

B组　能力提升练

11．若不等式2xln x≥－x2＋ax－3对x∈(0，＋∞)恒成立，则实数a的取值范围是(　　)

A．(－∞，0) B．(－∞，4]

C．(0，＋∞)　 D．[4，＋∞)

解析：2xln x≥－x2＋ax－3，

则a≤2ln x＋x＋，设h(x)＝2ln x＋x＋(x>0)，则h′(x)＝.

当x∈(0,1)时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减；

当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增，所以h(x)min＝h(1)＝4，所以a≤h(x)min＝4.

答案：B

12．已知函数f(x)＝ln x＋tan α的导函数为f′(x)，若方程f′(x)＝f(x)的根x0小于1，则α的取值范围为(　　)

A.   B.

C.   D.

解析：因为f(x)＝ln x＋tan α，所以f′(x)＝，令f(x)＝f′(x)，得ln x＋tan α＝，

即tan α＝－ln x．设g(x)＝－ln x，显然g(x)在(0，＋∞)上单调递减，

而当x→0时，g(x)→＋∞，

所以要使满足f′(x)＝f(x)的根x0<1，只需tan α>g(1)＝1，

又因为0<α<，所以α∈.

答案：A

13．(长沙模拟)已知函数f(x)＝x|x2－a|，若存在x∈[1,2]，使得f(x)<2，则实数a的取值范围是__________．

解析：当x∈[1,2]时，f(x)＝|x3－ax|，

由f(x)<2可得－2<x3－ax<2，

即为－x2－<－a<－x2＋，

设g(x)＝－x2－，导数为g′(x)＝－2x＋，

当x∈[1,2]时，g′(x)≤0，

即g(x)在[1,2]上单调递减，

所以g(x)min＝－4－1＝－5，

即有－a>－5，即a<5；

设h(x)＝－x2＋，导数为h′(x)＝－2x－，

当x∈[1,2]时，h′(x)<0，

即h(x)在[1,2]上单调递减，可得h(x)max＝－1＋2＝1.即有－a<1，即a>－1.

综上可得，a的取值范围是－1<a<5.

答案：(－1,5)

14．(德州中学月考)已知函数f(x)＝mx2－x＋ln x.

(1)若在函数f(x)的定义域内存在区间D，使得该函数在区间D上为减函数，求实数m的取值范围；

(2)当0<m≤时，若曲线C：y＝f(x)在点x＝1处的切线l与曲线C有且只有一个公共点，求m的值或取值范围．

解析：(1)f′(x)＝2mx－1＋＝，

即2mx2－x＋1<0在(0，＋∞)上有解．

当m≤0时显然成立；

当m>0时，由于函数y＝2mx2－x＋1的图象的对称轴x＝>0，故需且只需Δ>0，即1－8m>0，解得m<.

故0<m<，综上所述，实数m的取值范围为.

(2)f(1)＝m－1，f′(1)＝2m，故切线方程为y－m＋1＝2m(x－1)，

即y＝2mx－m－1.

从而方程mx2－x＋ln x＝2mx－m－1在(0，＋∞)上有且只有一解．

设g(x)＝mx2－x＋ln x－(2mx－m－1)，

则g(x)在(0，＋∞)上有且只有一个零点．

又g(1)＝0，故函数g(x)有零点x＝1.

则g′(x)＝2mx－1＋－2m＝＝.

当m＝时，g′(x)≥0，

又g(x)不是常数函数，故g(x)在(0，＋∞)上单调递增．

∴函数g(x)有且只有一个零点x＝1，满足题意．

当0<m<时，由g′(x)＝0，得x＝或x＝1，且>1，

由g′(x)>0，得0<x<1或x>；

由g′(x)<0，得1<x<.

故当x在(0，＋∞)上变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下表：

根据上表知g<0.

又g(x)＝mx＋m＋ln x＋1.

∴g>0，

故在上，函数g(x)又有一个零点，不满足题意．

综上所述，m＝.

15．(衡水模拟)已知a为实数，函数f(x)＝aln x＋x2－4x.

(1)是否存在实数a，使得f(x)在x＝1处取得极值？证明你的结论．

(2)设g(x)＝(a－2)x，若存在x0∈，使得f(x0)≤g(x0)成立，求实数a的取值范围．

解析：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋2x－4＝.

假设存在实数a，使f(x)在x＝1处取极值，则f′(1)＝0，

所以a＝2，此时，f′(x)＝，当x>0时，f′(x)≥0恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，

所以x＝1不是f(x)的极值点．

故不存在实数a，使得f(x)在x＝1处取得极值．

(2)由f(x0)≤g(x0)，得(x0－ln x0)a≥x－2x0，

记F(x)＝x－ln x(x>0)，所以F′(x)＝(x>0)，

所以当0<x<1时，F′(x)<0，F(x)单调递减；

当x>1时，F′(x)>0，F(x)单调递增．

所以F(x)≥F(1)＝1>0，

所以a≥，记G(x)＝，x∈，

所以G′(x)＝＝.

因为x∈，所以2－2ln x＝2(1－ln x)≥0，

所以x－2ln x＋2>0，

所以x∈时，G′(x)<0，G(x)单调递减；

x∈(1，e)时，G′(x)>0，G(x)单调递增，

所以G(x)min＝G(1)＝－1，所以a≥G(x)min＝－1.

故实数a的取值范围为[－1，＋∞)．