2020版高考数学二轮复习第二部分专题六函数与导数第4讲导数的综合应用练习文（含解析）.docx

第4讲 导数的综合应用A级基础通关一、选择题1函数f(x)的定义域为R，f(1)3，对任意xR，f(x)3x6的解集为()Ax|1x1Cx|x1 DR解析：设g(x)f(x)(3x6)，则g(x)f(x)30的解集是x|x1答案：C2已知函数f(x)的定义域为1，4，部分对应值如下表：x10234f(x)12020f(x)的导函数yf(x)的图象如图所示当1a2时，函数yf(x)a的零点的个数为()A1 B2 C3 D4解析：根据导函数图象，知2是函数的极小值点，函数yf(x)的大致图象如图所示由于f(0)f(3)2，1a1时，由f(x)xaln x0恒成立，即a恒成立设g(x)(x1)，则g(x).令g(x)0，得xe，且当1xe时，g(x)e时，g(x)0，所以g(x)ming(e)e，所以ae.综上，a的取值范围是0ae，即0，e答案：C二、填空题6做一个无盖的圆柱形水桶，若要使其体积是27 dm3，且用料最省，则圆柱的底面半径为_dm.解析：设圆柱的底面半径为R dm，母线长为l dm，则VR2l27，所以l，要使用料最省，只需使圆柱形水桶的表面积最小S表R22RlR22，所以S表2R.令S表0，得R3，则当R3时，S表最小答案：37对于函数yf(x)，若其定义域内存在两个不同实数x1，x2，使得xif(xi)1(i1，2)成立，则称函数f(x)具有性质P.若函数f(x)具有性质P，则实数a的取值范围为_解析：依题意，xf(x)1，即1在R上有两个不相等实根，所以axex在R上有两个不同的实根，令(x)xex，则(x)ex(x1)，当x1时，(x)0，(x)在(，1)上是减函数；当x1时，(x)0，(x)在(1，)上是增函数因此(x)极小值为(1).在同一坐标系中作y(x)与ya的图象，又当x0时，(x)xex0.由图象知，当a0时，两图象有两个交点故实数a的取值范围为.答案：三、解答题8已知函数f(x)axln x，x1，e(e2.718 28是自然对数的底数)(1)若a1，求f(x)的最大值；(2)若f(x)0恒成立，求实数a的取值范围解：(1)若a1，则f(x)xln x，f(x)1.因为x1，e，所以f(x)0，所以f(x)在1，e上为增函数，所以f(x)maxf(e)e1.(2)因为f(x)0，即axln x0对x1，e恒成立所以a，x1，e令g(x)，x1，e，则g(x).当x1，e时，g(x)0，所以g(x)在1，e上递减所以g(x)ming(e)，所以a.因此实数a的取值范围是.9(2019天津卷节选)设函数f(x)excos x，g(x)为f(x)的导函数(1)求f(x)的单调区间；(2)当x时，证明：f(x)g(x)0.(1)解：由已知，有f(x)ex(cos xsin x)因此，当x(kZ)时，有sin xcos x，得f(x)0，则f(x)单调递减；当x(kZ)时，有sin x0，则f(x)单调递增所以f(x)的单调递增区间为(kZ)，f(x)的单调递减区间为(kZ)(2)证明：记h(x)f(x)g(x).依题意及(1)，有g(x)ex(cos xsin x)，从而g(x)2exsin x.当x时，g(x)0，故h(x)f(x)g(x)g(x)(1)g(x)0.因此，h(x)在区间上单调递减，进而h(x)hf0.所以当x时，f(x)g(x)0.B级能力提升10已知函数f(x)ln x，g(x)xm(mR)(1)若f(x)g(x)恒成立，求实数m的取值范围；(2)已知x1，x2是函数F(x)f(x)g(x)的两个零点，且x1x2，求证：x1x20)，则F(x)1(x0)，当x1时，F(x)0，当0x0，所以F(x)在(1，)上单调递减，在(0，1)上单调递增F(x)在x1处取得最大值1m，若f(x)g(x)恒成立，则1m0，即m1.(2)证明：由(1)可知，若函数F(x)f(x)g(x)有两个零点，则m1，0x11x2，要证x1x21，只需证x2F，由F(x1)F(x2)0，mln x1x1，即证lnmlnx1ln x10，令h(x)x2ln x(0x0，故h(x)在(0，1)上单调递增，h(x)h(1)0，所以x1x21.11(2019广州调研)设函数f(x)x2(a1)xaln x.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)已知函数f(x)有极值m，求证：m0)，当a0时，f(x)0恒成立，所以f(x)在(0，)上单调递增当a0时，解f(x)0得xa，解f(x)0得0x0时，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，)上单调递增(2)证明：由(1)知，a0时，f(x)的极值mf(a)a2aaln a.所以f(a)aln a，f(a)0有唯