2018版高考数学一轮复习 第三章 导数及其应用 3.3 导数的综合应用真题演练集训 理 新人教a版

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1、2018版高考数学一轮复习第三章导数及其应用3.3导数的综合应用真题演练集训理新人教A版1．[2015·新课标全国卷Ⅰ]设函数f(x)＝ex(2x－1)－ax＋a，其中a＜1，若存在唯一的整数x0使得f(x0)＜0，则a的取值范围是(　　)A.B．C.D．答案：D解析：∵f(0)＝－1＋a＜0，∴x0＝0.又x0＝0是唯一的整数，∴即解得a≥.又a＜1，∴≤a＜1，故选D.2．[2014·陕西卷]如图，某飞行器在4千米高空水平飞行，从距着陆点A的水平距离10千米处开始下降，已知下降飞行轨迹为某三次函数图象的一部分，则该函数的解析式为(　　)A．y＝x3－xB．y＝x3－xC

2、．y＝x3－xD．y＝－x3＋x答案：A解析：设所求函数解析式为y＝f(x)，由题意知f(5)＝－2，f(－5)＝2，且f′(±5)＝0，代入验证易得y＝x3－x符合题意，故选A.3．[2014·辽宁卷]当x∈[－2,1]时，不等式ax3－x2＋4x＋3≥0恒成立，则实数a的取值范围是(　　)A．[－5，－3]B．C．[－6，－2]D．[－4，－3]答案：C解析：当x＝0时，ax3－x2＋4x＋3≥0变为3≥0恒成立，即a∈R.当x∈(0,1]时，ax3≥x2－4x－3，a≥，∴a≥max.设φ(x)＝，φ′(x)＝＝－＝－＞0，∴φ(x)在(0,1]上单调递增，φ(x)m

3、ax＝φ(1)＝－6.∴a≥－6.当x∈[－2,0)时，a≤，∴a≤min.仍设φ(x)＝，φ′(x)＝－，当x∈[－2，－1)时，φ′(x)＜0；当x∈(－1,0)时，φ′(x)＞0.∴当x＝－1时，φ(x)有极小值，即为最小值．而φ(x)min＝φ(－1)＝＝－2，∴a≤－2.综上可知，a的取值范围为[－6，－2]．4．[2016·新课标全国卷Ⅰ]已知函数f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2有两个零点．(1)求a的取值范围；(2)设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：x1＋x2<2.(1)解：f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)·(ex＋2a)．

4、(ⅰ)设a＝0，则f(x)＝(x－2)ex，f(x)只有一个零点．(ⅱ)设a>0，则当x∈(－∞，1)时，f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0.所以f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．又f(1)＝－e，f(2)＝a，取b满足b<0且b(b－2)＋a(b－1)2＝a>0，故f(x)存在两个零点．(ⅲ)设a<0，由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a)．若a≥－，则ln(－2a)≤1，故当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，因此f(x)在(1，＋∞)上单调递增．又当x≤1时，f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点

5、．若a<－，则ln(－2a)>1，故当x∈(1，ln(－2a))时，f′(x)<0；当x∈(ln(－2a)，＋∞)时，f′(x)>0.因此f(x)在(1，ln(－2a))上单调递减，在(ln(－2a)，＋∞)上单调递增．又当x≤1时f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点．综上，a的取值范围为(0，＋∞)．(2)证明：不妨设x1f(2－x2)，即f(2－x2)<0.由于f(2－x2)＝－x2e2－x2＋a(x2－1)2，

6、而f(x2)＝(x2－2)ex2＋a(x2－1)2＝0，所以f(2－x2)＝－x2e2－x2－(x2－2)ex2.设g(x)＝－xe2－x－(x－2)ex，则g′(x)＝(x－1)(e2－x－ex)．所以当x>1时，g′(x)<0，而g(1)＝0，故当x>1时，g(x)<0.从而g(x2)＝f(2－x2)<0，故x1＋x2<2.5．[2015·新课标全国卷Ⅱ]设函数f(x)＝emx＋x2－mx.(1)证明：f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增；(2)若对于任意x1，x2∈[－1,1]，都有

7、f(x1)－f(x2)

8、≤e－1，求m的取值范围．(1)证明：f′

9、(x)＝m(emx－1)＋2x.若m≥0，则当x∈(－∞，0)时，emx－1≤0，f′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，emx－1≥0，f′(x)>0.若m<0，则当x∈(－∞，0)时，emx－1>0，f′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，emx－1<0，f′(x)>0.所以，f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．(2)解：由(1)知，对任意的m，f(x)在[－1,0]上单调递减，在[0,1]上单调递增，故f(x)在x＝0处取得最小值．所以对于任意x1，x2∈[－1,1]，

10、f(x1)－f(x