2020届高考数学(理)一轮复习课时训练：第3章 导数及其应用 14-3 Word版含解析.pdf

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1、【课时训练】课时3导数与函数的综合问题一、选择题1．(2018海南中学模拟)设f(x)是定义在R上的奇函数，且f(2)xf′x－fx＝0，当x>0时，有<0恒成立，则不等式x2f(x)>0的解集x2是()A．(－2,0)∪(2，＋∞)B．(－2,0)∪(0,2)C．(－∞，－2)∪(2，＋∞)D．(－∞，－2)∪(0,2)【答案】Dxf′x－fxfxfx【解析】∵当x>0时，＝′<0，∴φ(x)＝在x2xx(0，＋∞)为减函数，又f(x)是定义在R上的奇函数，∴f(x)在R上单调递增

2、．∵f(2)＝0，∴在(0,2)内恒有f(x)>0；在(2，＋∞)内恒有f(x)<0.故在(－∞，－2)内恒有f(x)>0；在(－2,0)内恒有f(x)<0.故x2f(x)>0的解集为(－∞，－2)∪(0,2)．2．(2018河北故城模拟)若关于x的不等式x3－3x2－9x＋2≥m对任意x∈[－2,2]恒成立，则m的取值范围是()A．(－∞，7]B．(－∞，－20]C．(－∞，0]D．[－12,7]【答案】B【解析】令f(x)＝x3－3x2－9x＋2，则f′(x)＝3x2－6x－9，令f′(x)＝0得x＝－1或x＝3(

3、舍去)．∵f(－1)＝7,f(－2)＝0,f(2)＝－20，∴f(x)的最小值为f(2)＝－20，故m≤－20.3．(2018贵阳联考)已知函数f(x)的定义域为[－1,4]，部分对应值如下表：x－10234f(x)12020f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示．当1

4、2018河南濮阳一模)函数f(x)的导函数为f′(x)，若x∈R恒有f′(x)ex－2的解集为()A．(－∞，1)B．(1，＋∞)C．(2，＋∞)D．(－∞，2)【答案】Dfxf′x－fx【解析】设函数g(x)＝，则g′(x)＝<0，exexfx1∴g(x)在R上单调递减，不等式f(x)>ex－2可转化为>.∵g(2)exe2f21fxf2＝＝，∴>，∴x＜2，∴x∈(－∞，2)．故选D.e2e2exe2二、填空题π5．(2018大连模拟

5、)函数y＝x＋2cosx在区间0，2上的最大值是________．π【答案】＋36ππ【解析】y′＝1－2sinx，令y′＝0，又x∈0，，得x＝，则26ππππx∈0，时，y′>0；x∈，时，y′<0.故函数y＝x＋2cosx在0，6626πππ上单调递增，在，上单调递减，所以当x＝时，函数取得最大值626π＋3.6x6．(2018安徽江南名校联考)已知x∈(0,2)，若关于x的不等式ex1<恒成立，则实数k的取值范围为________．k＋2x－x

6、2【答案】[0，e－1)【解析】依题意，知k＋2x－x2>0，即k>x2－2x对任意x∈(0,2)恒成立，从而k≥0，ex因此由原不等式，得k<＋x2－2x恒成立．xexex令f(x)＝＋x2－2x，则f′(x)＝(x－1)＋2.xx2令f′(x)＝0，得x＝1，当x∈(1,2)时，f′(x)>0，函数f(x)在(1,2)上单调递增；当x∈(0,1)时，f′(x)<0，函数f(x)在(0,1)上单调递减．所以k

7、南大理二模)设f(x)＝(x＋1)eax(其中a≠0)，曲线y＝f(x)1在x＝处有水平切线．a(1)求a的值；(2)设g(x)＝f(x)＋x＋xlnx，证明：对任意x，x∈(0,1)有

8、g(x)－121g(x)

9、＜e－1＋2e－2.2(1)【解】f′(x)＝eax＋a(x＋1)eax＝(ax＋a＋1)eax.1由题意知0＝f′＝(a＋2)e，解得a＝－2.a(2)【证明】令g(x)＝g(x)＋g(x)，x∈(0,1)，其中g(x)＝(x＋1)e121－2x＋x，g(x)＝xlnx，求导得g′(x)＝－(2

10、x＋1)e－2x＋1.对h(x)＝g′(x)211求导得h′(x)＝－2e－2x＋2(2x＋1)e－2x＝4xe－2x＞0，x∈(0,1)．因此g′(x)在(0,1)上为增函数，故当x∈(0,1)时，g′(x)＞g′(0)111＝0.因此g(x)在(0,1)上也为增函数，从而1＝g(0)＜g(x)＜g(1)＝11111＋2e－2(