2020版高考數學一輪復習 課后限時集訓16 導數與函數的綜合問題(含解析)理
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2020版高考數學一輪復習 課后限時集訓16 導數與函數的綜合問題(含解析)理
課后限時集訓(十六)(建議用時:60分鐘)A組基礎達標一、選擇題1方程x36x29x100的實根個數是( )A3 B2C1 D0C設f(x)x36x29x10,f(x)3x212x93(x1)(x3),由此可知函數的極大值為f(1)60,極小值為f(3)100,所以方程x36x29x100的實根個數為1.2若存在正數x使2x(xa)1成立,則實數a的取值范圍是( )A(,) B(2,)C(0,) D(1,)D2x(xa)1,ax.令f(x)x,f(x)12xln 20.f(x)在(0,)上單調遞增,f(x)f(0)011,實數a的取值范圍為(1,)3某銀行準備設一種新的定期存款業(yè)務,經預測,存款量與存款利率的平方成正比,比例系數為k(k>0),貸款的利率為4.8%,假設銀行吸收的存款能全部放貸出去若存款利率為x(x(0,0.048),則銀行獲得最大收益的存款利率為 ( )A3.2% B2.4%C4% D3.6%A設y表示收益,則存款量是kx2,貸款收益為0.048kx2,存款利息為kx3,則y0.048kx2kx3,x(0,0.048),y0.096kx3kx23kx(0.032x)令y0得x0.032,且當x(0,0.032)時y0,當x(0.032,0.048)時y0,因此收益y在x0.032時取得最大值,故選A.4已知yf(x)為R上的連續(xù)可導函數,且xf(x)f(x)0,則函數g(x)xf(x)1(x0)的零點個數為( )A0 B1C0或1 D無數個A因為g(x)xf(x)1(x0),g(x)xf(x)f(x)0,所以g(x)在(0,)上單調遞增,因為g(0)1,yf(x)為R上的連續(xù)可導函數,所以g(x)為(0,)上的連續(xù)可導函數,g(x)g(0)1,所以g(x)在(0,)上無零點5若不等式2xln xx2ax3對x(0,)恒成立,則實數a的取值范圍是( )A(,0) B(,4C(0,) D4,)B由題意知a2ln xx對x(0,)恒成立,令g(x)2ln xx,則g(x)1,由g(x)0得x1或x3(舍),且x(0,1)時,g(x)0,x(1,)時,g(x)0.因此g(x)ming(1)4.所以a4,故選B.二、填空題6已知函數f(x)x,g(x)2xa,若x1,x22,3,使得f(x1)g(x2),則實數a的取值范圍是_(,1當x時,f(x)10,f(x)minf(1)5.當x2,3時,g(x)2xa是增函數,g(x)min4a.由題意知54a,即a1.7若函數f(x)2x39x212xa恰好有兩個不同的零點,則a_.4或5f(x)6x218x12,令f(x)0得x1或x2,又當x1或x2時,f(x)0,當1x2時,f(x)0.因此x1和x2分別是函數f(x)的極大值點和極小值點由題意知f(1)0或f(2)0,即5a0或4a0.解得a4或a5.8某商場從生產廠家以每件20元購進一批商品,若該商品零售價為p元,銷量Q(單位:件)與零售價p(單位:元)有如下關系:Q8 300170pp2,則該商品零售價定為_元時利潤最大,利潤的最大值為_元3023 000設該商品的利潤為y元,由題意知,yQ(p20)p3150p211 700p166 000,則y3p2300p11 700,令y0得p30或p130(舍),當p(0,30)時,y0,當p(30,)時,y0,因此當p30時,y有最大值,ymax23 000.三、解答題9已知函數f(x)exaxa(aR且a0)(1)若f(0)2,求實數a的值,并求此時f(x)在2,1上的最小值;(2)若函數f(x)不存在零點,求實數a的取值范圍解(1)由f(0)1a2,得a1.易知f(x)在2,0)上單調遞減,在(0,1上單調遞增,所以當x0時,f(x)在2,1上取得最小值2.(2)f(x)exa,由于ex0,當a0時,f(x)0,f(x)是增函數,當x1時,f(x)exa(x1)0.當x0時,取x,則f1a1a0.所以函數f(x)存在零點,不滿足題意當a0時,f(x)exa,令f(x)0,得xln(a)在(,ln(a)上,f(x)0,f(x)單調遞減,在(ln(a),)上,f(x)0,f(x)單調遞增,所以當xln(a)時,f(x)取最小值函數f(x)不存在零點,等價于f(ln(a)eln(a)aln(a)a2aaln(a)0,解得e2a0.綜上所述,所求實數a的取值范圍是(e2,0)10已知函數f(x)(aR)(1)求函數f(x)的單調區(qū)間;(2)若x1,),不等式f(x)1恒成立,求實數a的取值范圍解(1)f(x),當a時,x22x2a0,故f(x)0,函數f(x)在(,)上單調遞增,當a時,函數f(x)的單調遞增區(qū)間為(,),無單調遞減區(qū)間當a時,令x22x2a0x11,x21,列表x(,1)(1,1)(1,)f(x)f(x)由表可知,當a時,函數f(x)的單調遞增區(qū)間為(,1)和(1,),單調遞減區(qū)間為(1,1)(2)f(x)112ax2ex,由條件2ax2ex,對x1成立令g(x)x2ex,h(x)g(x)2xex,h(x)2ex,當x1,)時,h(x)2ex2e0,h(x)g(x)2xex在1,)上單調遞減,h(x)2xex2e0,即g(x)0,g(x)x2ex在1,)上單調遞減,g(x)x2exg(1)1e,故f(x)1在1,)上恒成立,只需2ag(x)max1e,a,即實數a的取值范圍是.B組能力提升1做一個無蓋的圓柱形水桶,若要使其體積是27,且用料最省,則圓柱的底面半徑為( )A3 B4C6 D5A設圓柱的底面半徑為R,母線長為l,則VR2l27,l,要使用料最省,只需使圓柱的側面積與下底面面積之和S最小由題意,SR22RlR22·.S2R,令S0,得R3,則當R3時,S最小故選A.2若0x1x21,則( )Aex2ex1ln x2ln x1Bex2ex1ln x2ln x1Cx2ex1x1ex2 Dx2ex1x1ex2C令f(x),則f(x).當0x1時,f(x)0,即f(x)在(0,1)上單調遞減,因為0x1x21,所以f(x2)f(x1),即,所以x2ex1x1ex2,故選C.3若函數f(x)1(a<0)沒有零點,則實數a的取值范圍為_(e2,0)f(x)(a0)當x2時,f(x)0;當x2時,f(x)0,當x2時,f(x)有極小值f(2)1.若使函數f(x)沒有零點,當且僅當f(2)10.解之得a>e2,因此e2<a<0.4(2017·全國卷)已知函數f(x)ln xax2(2a1)x.(1)討論f(x)的單調性;(2)當a<0時,證明f(x)2.解(1)f(x)的定義域為(0,),f(x)2ax2a1.若a0,則當x(0,)時,f(x)>0,故f(x)在(0,)上單調遞增若a<0,則當x時,f(x)>0;當x時,f(x)<0.故f(x)在上單調遞增,在上單調遞減(2)證明:由(1)知,當a<0時,f(x)在x處取得最大值,最大值為fln1.所以f(x)2等價于ln12,即ln10.設g(x)ln xx1,則g(x)1.當x(0,1)時,g(x)>0;當x(1,)時,g(x)<0,所以g(x)在(0,1)上單調遞增,在(1,)上單調遞減故當x1時,g(x)取得最大值,最大值為g(1)0.所以當x>0時,g(x)0.從而當a<0時,ln10,即f(x)2.- 7 -