高考数学大二轮复习第1部分专题2函数与导数第4讲导数的综合应用练习

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1、第一部分专题二第四讲导数的综合应用A组1．函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d的图象如图所示，则下列结论成立的是(A)A．a>0，b<0，c>0，d>0　B．a>0，b<0，c<0，d>0C．a<0，b<0，c>0，d>0D．a>0，b>0，c>0，d<0[解析]　由图象知f(0)＝d>0，因为f′(x)＝3ax2＋2bx＋c＝0有两个不相等的正实根，所以a>0，－＝－>0，所以b<0，又f′(0)＝c>0，所以a>0，b<0，c>0，d>0.2．已知函数f(x)＝x3－2x2＋3m，x∈[0，＋∞)，若f(x)＋5≥0恒成立

2、，则实数m的取值范围是(A)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≥.3．若存在正数x使2x(x－a)<1成立，则a的取值范围是(D)A．(－∞，＋∞)B．(－2，＋∞)C．(0，＋∞)D．(－1，＋∞)[解析]　∵2x(x－a)<1，∴a>x－.令f(x

3、)＝x－，∴f′(x)＝1＋2－xln2>0.∴f(x)>f(0)＝0－1＝－1，∴a的取值范围为(－1，＋∞)，故选D．4．(2018·潍坊模拟)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(C)A．[－5，－3]B．[－6，－]C．[－6，－2]D．[－4，－3][解析]　当x∈(0,1]时，得a≥－3()3－4()2＋，令t＝，则t∈[1，＋∞)，a≥－3t3－4t2＋t，令g(t)＝－3t3－4t2＋t，t∈[1，＋∞)，则g′(t)＝－9t2－8t＋1＝－(t＋1)·(9t－1)，

4、显然在[1，＋∞)上，g′(t)<0，g(t)单调递减，所以g(t)max＝g(1)＝－6，因此a≥－6；同理，当x∈[－2,0)时，得a≤－2.由以上两种情况得－6≤a≤－2，显然当x＝0时也成立．故实数a的取值范围为[－6，－2]．5．(文)(2018·河北衡水中学调研)已知函数f(x)＝＋的两个极值点分别为x1，x2，且x1∈(0,1)，x2∈(1，＋∞)，点P(m，n)表示的平面区域为D，若函数y＝loga(x＋4)(a>1)的图象上存在区域D内的点，则实数a的取值范围是(A)A．(1,3)B．(1,3]C．(3，＋∞)

5、D．[3，＋∞)[解析]　f′(x)＝x2＋mx＋＝0的两根为x1，x2，且x1∈(0,1)，x2∈(1，＋∞)，则⇔即作出区域D，如图阴影部分，可得loga(－1＋4)>1，所以10，则函数F(x)＝xf(x)＋的零点个数是(B)A．0B．1C．2D．3[解析]　∵x≠0时，f′(x)＋>0，∴>0，即>0.①当x>0时，由①式知(xf(x))′>0，∴U(x)＝xf(x)在(0，＋∞)上为增函数，且U(0)＝0·f(0

6、)＝0，∴U(x)＝xf(x)>0在(0，＋∞)上恒成立．又>0，∴F(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，∴F(x)在(0，＋∞)上无零点．当x<0时，(xf(x))′<0，∴U(x)＝xf(x)＋在(－∞，0)上为减函数，且U(0)＝0·f(0)＝0，∴U(x)＝xf(x)>0在(－∞，0)上恒成立，∴F(x)＝xf(x)＋在(－∞，0)上为减函数．当x→0时，xf(x)→0，∴F(x)≈<0，当x→－∞时，→0，∴F(x)≈xf(x)>0，∴F(x)在(－∞，0)上有唯一零点．综上所述，F(x)在(－∞，0)∪(0，＋∞)上有

7、唯一零点．故选B．6．(2018·武汉一模)已知函数f(x)＝，g(x)＝－(x－1)2＋a2，若当x>0时，存在x1，x2∈R，使得f(x2)≤g(x1)成立，则实数a的取值范围是(－∞，－]∪[，＋∞).[解析]　由题意得存在x1，x2∈R，使得f(x2)≤g(x1)成立，等价于f(x)min≤g(x)max.因为g(x)＝－(x－1)2＋a2，x>0，所以当x＝1时，g(x)max＝a2.因为f(x)＝，x>0，所以f′(x)＝＝.所以f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(1)＝

8、e.又g(x)max＝a2，所以a2≥e⇔a≤－或a≥.故实数a的取值范围是(－∞，－]∪[，＋∞)．7．已知x∈(0,2)，若关于x的不等式<恒成立，则实数k的取值范围为[0，e－1).[解析]　依题意，知k＋2x－x2>0，即k>x2－2x对任意x∈(0,2