2020版高考数学一轮复习第三章导数及其应用第4讲导数与函数的综合应用配套课时作业理新人教A版

《2020版高考数学一轮复习第三章导数及其应用第4讲导数与函数的综合应用配套课时作业理新人教A版》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在教育资源-天天文库。

1、第4讲导数与函数的综合应用配套课时作业1．若函数f(x)＝kx－lnx在区间(1，＋∞)上单调递增，则k的取值范围是(　　)A．(－∞，－2]B．(－∞，－1]C．[2，＋∞)D．[1，＋∞)答案　D解析　因为f(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以f′(x)≥0在(1，＋∞)上恒成立，因为f(x)＝kx－lnx，所以f′(x)＝k－≥0，即k≥.因为x>1，所以0<<1，所以k≥1.所以k∈[1，＋∞)．故选D.2．已知函数f(x)＝x3－x2－x，则f(－a2)与f(－1)的大小关系为(　　)A．f(－a2)≤f(－1)B．f(－a2)

2、－1)D．f(－a2)与f(－1)的大小关系不确定答案　A解析　由题意可得f′(x)＝x2－2x－.由f′(x)＝(3x－7)(x＋1)＝0，得x＝－1或x＝.当x<－1时，f(x)为增函数；当－10恒成立，则下列不等式成立的是(　　)A．f(－3)f(－5)C．f(－5)

3、5)0，即f′(x)<0，∴f(x)在(－∞，0)上单调递减，又f(x)为偶函数，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增．∴f(3)9时，y′<0；当x∈(0,9)时，y′>0，所以函数y＝－x3＋81x－2

4、34在(9，＋∞)上单调递减，在(0,9)上单调递增，所以x＝9是函数的极大值点，又因为函数在(0，＋∞)上只有一个极大值点，所以函数在x＝9处取得最大值．故选C.5．(2019·黔东南州模拟)若函数f(x)＝xlnx－a有两个零点，则实数a的取值范围为(　　)A.B.C.D.答案　C解析　函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，由f(x)＝0得a＝xlnx，记g(x)＝xlnx.则g′(x)＝lnx＋1，由g′(x)>0得x>，由g′(x)<0得0

5、对于区间[－3,2]上的任意x1，x2，都有

6、f(x1)－f(x2)

7、≤t，则实数t的最小值是(　　)A．20B．18C．3D．0答案　A解析　因为f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)，令f′(x)＝0，得x＝±1，可知－1,1为函数的极值点．又f(－3)＝－19，f(－1)＝1，f(1)＝－3，f(2)＝1，所以在区间[－3，2]上f(x)max＝1，f(x)min＝－19.由题设知在区间[－3,2]上f(x)max－f(x)min≤t，从而t≥20，所以t的最小值是20.7．函数f(x)＝lnx＋(a∈R)在区间[e－2，＋∞)上有两个零点，则a的取值范围是

8、(　　)A.B.C.D.答案　A解析　令f(x)＝lnx＋＝0，x∈[e－2，＋∞)，得－a＝xlnx．记H(x)＝xlnx，x∈[e－2，＋∞)，则H′(x)＝1＋lnx，由此可知H(x)在[e－2，e－1]上单调递减，在(e－1，＋∞)上单调递增，且H(e－2)＝－2e－2，H(e－1)＝－e－1，当x→＋∞时，H(x)→＋∞，故当≤a<时，f(x)在[e－2，＋∞)上有两个零点．故选A.8．(2019·广东模拟)已知函数f(x)＝ex－lnx，则下面对函数f(x)的描述正确的是(　　)A．∀x∈(0，＋∞)，f(x)≤2B．∀x∈(0，＋∞)，f(x)>2C．∃x0

9、∈(0，＋∞)，f(x0)＝0D．f(x)min∈(0,1)答案　B解析　易知f(x)＝ex－lnx的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝ex－＝，令g(x)＝xex－1，x≥0，则g′(x)＝(x＋1)ex>0在[0，＋∞)上恒成立，则g(x)在(0，＋∞)上单调递增，又g(0)·g(1)＝－(e－1)<0，所以∃x0∈(0,1)，使g(x0)＝0，则f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，即f(x)min＝f(x0)＝ex0－lnx0，又ex0＝，x0＝－lnx0，所以f(x)min＝＋x0>2.故选