2019-2020年高考数学一轮复习第二章函数导数及其应用2.11.3导数的综合应用课时提升作业理

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1、2019-2020年高考数学一轮复习第二章函数导数及其应用2.11.3导数的综合应用课时提升作业理一、选择题(每小题5分,共25分)1.从边长为10cm×16cm的矩形纸板的四角截去四个相同的小正方形,作成一个无盖的盒子,则盒子容积的最大值为　(　　)A.12cm3B.72cm3C.144cm3D.160cm3【解析】选C.设盒子容积为ycm3,盒子的高为xcm,则x∈(0,5).则y=(10-2x)(16-2x)x=4x3-52x2+160x,所以y′=12x2-104x+160.令y′=0,得x=2或(舍

2、去),所以ymax=6×12×2=144(cm3).2.在R上可导的函数f(x)的图象如图所示,则关于x的不等式x·f′(x)<0的解集为　(　　)A.(-∞,-1)∪(0,1)B.(-1,0)∪(1,+∞)C.(-2,-1)∪(1,2)D.(-∞,-2)∪(2,+∞)【解析】选A.当x∈(-∞,-1)和x∈(1,+∞)时,f(x)是增函数,所以f′(x)>0,由x·f′(x)<0,得x<0,所以x<-1.当x∈(-1,1)时,f(x)是减函数,所以f′(x)<0.由x·f′(x)<0,得x>0,所以0

3、1.故x·f′(x)<0的解集为(-∞,-1)∪(0,1).3.若不等式2xlnx≥-x2+ax-3对x∈(0,+∞)恒成立,则实数a的取值范围是　(　　)A.(-∞,0)B.(-∞,4]C.(0,+∞)D.[4,+∞)【解析】选B.2xlnx≥-x2+ax-3,则a≤2lnx+x+,设h(x)=2lnx+x+(x>0),则h′(x)=.当x∈(0,1)时,h′(x)<0,函数h(x)单调递减;当x∈(1,+∞)时,h′(x)>0,函数h(x)单调递增,所以h(x)min=h(1)=4,所以a≤h(x)min

4、=4.4.若a>2,则函数f(x)=x3-ax2+1在区间(0,2)上恰好有　(　　)A.0个零点B.1个零点C.2个零点D.3个零点【解析】选B.因为f′(x)=x2-2ax,且a>2,所以当x∈(0,2)时,f′(x)<0,即f(x)在(0,2)上是单调减函数.又因为f(0)=1>0,f(2)=-4a<0,所以f(x)在(0,2)上恰好有1个零点.5.(xx·绵阳模拟)已知函数f(x)=给出如下三个命题:①f(x)在(,+∞)上是减函数;②f(x)≤在R上恒成立;③函数y=f(x)图象与直线y=-有两个交

5、点.其中真命题的个数为　(　　)A.3个B.2个C.1个D.0个【解析】选B.当x<0时,函数f(x)=ex+x-1显然是增函数;当x≥0时,函数f(x)=-x3+2x,f′(x)=-x2+2且f(0)=0,所以函数在[0,)上单调递增,在[,+∞)上单调递减,f(x)极大值=f()=,由此画出函数大致图象,故①,③正确.二、填空题(每小题5分,共15分)6.直线y=a与函数f(x)=x3-3x的图象有相异的三个公共点,则a的取值范围是　　　　.【解析】令f′(x)=3x2-3=0,得x=±1,可得极大值为f

6、(-1)=2,极小值为f(1)=-2,如图,观察得-20),为使耗电量最小,则速度应定为　　　　.【解析】由y′=x2-39x-40=0,得x=-1(舍去)或x=40,由于040时,y′>0.所以当x=40时,y有最小值.答案:408.(xx·邯郸模拟)设函数f(x)=6lnx,g(x)=x2-4x+4,则方程f(x)-g(x)=0有　　　　个实根.【解析】设φ

7、(x)=g(x)-f(x)=x2-4x+4-6lnx,则φ′(x)==,且x>0.由φ′(x)=0,得x=3.当03时,φ′(x)>0.所以φ(x)在(0,+∞)上有极小值φ(3)=1-6ln3<0.故y=φ(x)的图象与x轴有两个交点,则方程f(x)-g(x)=0有两个实根.答案:2三、解答题(每小题10分,共20分)9.(xx·湛江模拟)已知函数f(x)=lnx-.(1)若a>0,试判断f(x)在定义域内的单调性.(2)若f(x)

8、围.【解析】(1)由题意知f(x)的定义域为(0,+∞).且f′(x)=+=.因为a>0,所以f′(x)>0,故f(x)在(0,+∞)上是增函数.(2)因为f(x)0,所以a>xlnx-x3.令g(x)=xlnx-x3,h(x)=g′(x)=1+lnx-3x2,h′(x)=-6x=.因为x∈(1,+∞)时,h′(x)<0,所以h(x)在(1,+∞)上是减函数.所以h