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高考文科数学二轮专题复习题《选修模块专题1 第2讲导数的综合应用》

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高考文科数学二轮专题复习题《选修模块专题1 第2讲导数的综合应用》文字介绍:重点难点突破（选修模块）专题一　导数及其应用第2讲　导数的综合应用(建议用时：70分钟)一、选择题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)上递减，在(4，＋∞)上递增，∴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　A2．下面四个图象中，有一个是函数f(x)＝x3＋ax2＋(a2－1)x＋1(a∈R)的导函数y＝f′(x)图象，则f(－1)等于(　　)．A.　B．－C.　D．－或解析　∵f′(x)＝x2＋2ax＋a2－1，∴f′(x)的图象开口向上，则②，④排除．若图象不过原点，则f′(x)的图象为①，此时a＝0，f(－1)＝；若图象过原点，则f′(x)的图象为③，此时a2－1＝0，又对称轴x＝－a>0，∴a＝－1，∴f(－1)＝－.答案　D3．函数f(x)的定义域是R，f(0)＝2，对任意x∈R，f(x)＋f′(x)>1，则不等式ex·f(x)>ex＋1的解集为(　　)．A.B.C.D.解析　构造函数g(x)＝ex·f(x)－ex，因为g′(x)＝ex·f(x)＋ex·f′(x)－ex＝ex[f(x)＋f′(x)]－ex>ex－ex＝0，所以g(x)＝ex·f(x)－ex为R上的增函数．又因为g(0)＝e0·f(0)－e0＝1，所以原不等式转化为g(x)>g(0)，解得x>0.答案　A4．(2013·新课标全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，下列结论中错误的是(　　)．A．∃x0∈R，f(x0)＝0B．函数y＝f(x)的图象是中心对称图形C．若x0是f(x)的极小值点，则f(x)在区间(－∞，x0)上单调递减D．若x0是f(x)的极值点，则f′(x0)＝0解析　若c＝0，则有f(0)＝0，所以A正确．函数f(x)的解析式可以通过配方的方法化为形如(x＋m)3＋n(x＋m)＋h的形式，通过平移函数图象，函数的解析式可以化为y＝x3＋nx的形式，这是一个奇函数，其图象关于坐标原点对称，故函数f(x)的图象是中心对称图形，所以B正确；由三次函数的图象可知，若x0是f(x)的极小值点，则极大值点在x0的左侧，所以函数在区间(－∞，x0)单调递减是错误的，D正确．选C.答案　C5．已知f(x)是定义在(0，＋∞)上的非负可导函数，且满足xf′(x)＋f(x)≤0，对任意的00，f(x2)>－B．f(x1)<0，f(x2)<－C．f(x1)>0，f(x2)<－D．f(x1)<0，f(x2)>－解析　f′(x)＝lnx－2ax＋1，依题意知f′(x)＝0有两个不等实根x1，x2.即函数g(x)＝lnx＋1与函数h(x)＝2ax有两个不同交点x1，x2，如图由直线y＝x是曲线g(x)＝lnx＋1的切线，可知，0<2a<1，且00，当x>x2时，f′(x)<0，∴f(x2)>f(1)＝－a>－，故选D.答案　D8．(2013·安徽卷)若函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c有极值点x1，x2，且f(x1)＝x1，则关于x的方程3(f(x))2＋2af(x)＋b＝0的不同实根个数是(　　)．A．3　B．4　　C．5　D．6解析　因为函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c有两个极值点x1，x2，可知关于导函数的方程f′(x)＝3x2＋2ax＋b有两个不等的实根x1，x2，则方程3(f(x))2＋2af(x)＋b＝0有两个不等的实根，即f(x)＝x1或f(x)＝x2，原方程根的个数就是这两个方程f(x)＝x1和f(x)＝x2的不等实根的个数之和，若x1x2，如图2同理方程3(f(x))2＋2af(x)＋b＝0有三个不同实根．答案　A二、填空题9．(2014·温州模拟)关于x的方程x3－3x2－a＝0有三个不同的实数解，则实数a的取值范围是________．解析　由题意知使函数f(x)＝x3－3x2－a的极大值大于0且极小值小于0即可，又f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝2.当x＜0时，f′(x)＞0；当0＜x＜2时，f′(x)＜0；当x＞2时，f′(x)＞0，所以当x＝0时，f(x)取得极大值，即f(x)极大值＝f(0)＝－a；当x＝2时，f(x)取得极小值，即f(x)极小值＝f(2)＝－4－a，所以解得－4＜a＜0.答案　(－4,0)10．若函数f(x)＝－x2＋4x－3lnx在[t，t＋1]上不单调，则t的取值范围是______．解析　对f(x)求导，得f′(x)＝－x＋4－＝＝－.由f′(x)＝0得函数f(x)的两个极值点为1,3，则只要这两个极值点有一个在区间(t，t＋1)内，函数f(x)在区间[t，t＋1]上就不单调，所以t<10，因此函数f(x)在[0,1]上单调递增，所以x∈[0,1]时，f(x)min＝f(0)＝－1.根据题意可知存在x∈[1,2]，使得g(x)＝x2－2ax＋4≤－1，即x2－2ax＋5≤0，即a≥＋能成立，令h(x)＝＋，则要使a≥h(x)在x∈[1,2]能成立，只需使a≥h(x)min，又函数h(x)＝＋在x∈[1,2]上单调递减(可利用导数判断)，所以h(x)min＝h(2)＝，故只需a≥.答案　三、解答题12．某种产品每件成本为6元，每件售价为x元(60；当x∈(9,11)时，y′<0.∴函数y＝－2x3＋33x2－108x－108在(6,9)上是单调递增，在(9,11)上是单调递减．∴当x＝9时，y取最大值，且ymax＝135，∴售价为9元时，年利润最大，最大年利润为135万元．13．(2014·全国大纲卷)函数f(x)＝ax3＋3x2＋3x(a≠0)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)在区间(1,2)是增函数，求a的取值范围．解　(1)f′(x)＝3ax2＋6x＋3，f′(x)＝0的判别式Δ＝36(1－a)．①若a≥1，则f′(x)≥0，且f′(x)＝0，当且仅当a＝1，x＝－1，故此时f(x)在R上是增函数．②由于a≠0，故当a<1时，f′(x)＝0有两个根．x1＝，x2＝.若00，故f(x)分别在(－∞，x2)，(x1，＋∞)是增函数；当x∈(x2，x1)时，f′(x)<0，故f(x)在(x2，x1)是减函数．若a<0，则当x∈(－∞，x1)或(x2，＋∞)时，f′(x)<0，故f(x)分别在(－∞，x1)，(x2，＋∞)是减函数；当x∈(x1，x2)时，f′(x)>0，故f(x)在(x1，x2)是增函数．(2)当a>0，x>0时，f′(x)＝3ax2＋6x＋3>0，故当a>0时，f(x)在区间(1,2)是增函数．当a<0时，f(x)在区间(1,2)是增函数当且仅当f′(1)≥0且f′(2)≥0，解得－≤a<0.综上，a的取值范围是∪(0，＋∞)．14．(2014·新课标全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝x3－3x2＋ax＋2，曲线y＝f(x)在点(0,2)处的切线与x轴交点的横坐标为－2.(1)求a；(2)证明：当k<1时，曲线y＝f(x)与直线y＝kx－2只有一个交点．(1)解　f′(x)＝3x2－6x＋a，f′(0)＝a.曲线y＝f(x)在点(0,2)处的切线方程为y＝ax＋2.由题设得－＝－2，所以a＝1.(2)证明　由(1)知，f(x)＝x3－3x2＋x＋2.设g(x)＝f(x)－kx＋2＝x3－3x2＋(1－k)x＋4.由题设知1－k>0.当x≤0时，g′(x)＝3x2－6x＋1－k>0，g(x)单调递增，g(－1)＝k－1<0，g(0)＝4，所以g(x)＝0在(－∞，0]有唯一实根．当x>0时，令h(x)＝x3－3x2＋4，则g(x)＝h(x)＋(1－k)x>h(x)．h′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，h(x)在(0,2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增，所以g(x)>h(x)≥h(2)＝0.所以g(x)＝0在(0，＋∞)没有实根．综上，g(x)＝0在R有唯一实根，即曲线y＝f(x)与直线y＝kx－2只有一个交点．15．(2013·新课标全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝ex－ln(x＋m)．(1)设x＝0是f(x)的极值点，求m，并讨论f(x)的单调性；(2)当m≤2时，证明f(x)>0.(1)解　f′(x)＝ex－，由x＝0是f(x)的极值点，得f′(0)＝0，所以m＝1，于是f(x)＝ex－ln(x＋1)，定义域为{x|x>－1}，f′(x)＝ex－，函数f′(x)＝ex－在(－1，＋∞)上单调递增，且f′(0)＝0，因此当x∈(－1,0)时，f′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0.所以f(x)在(－1,0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．(2)证明　当m≤2，x∈(－m，＋∞)时，ln(x＋m)≤ln(x＋2)，故只需证明当m＝2时，f(x)>0，当m＝2时，函数f′(x)＝ex－在(－2，＋∞)上单调递增．又f′(－1)<0，f′(0)>0，故f′(x)＝0在(－2，＋∞)上有唯一实根x0，且x0∈(－1,0)．当x∈(－2，x0)时，f′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，从而当x＝x0时f(x)取得最小值．由f′(x0)＝0，得ex0＝，即ln(x0＋2)＝－x0，故f(x)≥f(x0)＝＋x0＝>0.综上，当m≤2时，f(x)>0.

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