【优化指导】高考数学总复习 专题02 导数的综合应用强化突破 理（含解析）新人教版(1).doc

【优化指导】2015高考数学总复习 专题02 导数的综合应用强化突破 理（含解析）新人教版1做一个圆柱形锅炉，容积为v，两个底面的材料每单位面积的价格为a元，侧面的材料每单位面积的价格为b元，当造价最低时，锅炉的底面直径与高的比为()abcd解析：选c如图，设圆柱的底面半径为r，高为h，则vr2h.设造价为y2r2a2rhb2ar22rb2ar2，y4ar.令y0，得.2(2014温州十校联合体联考)若f(x)的定义域为r，f(x)2恒成立，f(1)2，则f(x)2x4解集为()a(1,1)b(1，)c(，1)d(，)解析：选b构造函数f(x)f(x)2x，则f(x)f(x)20，所以函数f(x)在定义域上单调递增，又f(1)f(1)24，所以f(x)2x4解集为(1，)故选b.3(2014珠海摸底)若函数f(x)在2,2上的最大值为2，则a的取值范围是()abc(，0d解析：选d当x0时，f(x)6x26x，易知函数f(x)在(，0上的极大值点是x1，且f(1)2，故只要在(0,2上，eax2即可，即axln 2在(0,2上恒成立，故只需a在(0,2上恒成立，而min，故aln 2.4(2014山西诊断)设d是函数yf(x)定义域内的一个区间，若存在x0d，使f(x0)x0，则称x0是f(x)的一个“次不动点”，也称f(x)在区间d上存在“次不动点”，若函数f(x)ax23xa在区间1,4上存在“次不动点”，则实数a的取值范围是()a(，0)bcd解析：选d设g(x)f(x)x，依题意，存在x1,4，使g(x)f(x)xax22xa0.当x1时，g(1)0；当x1时，由ax22xa0得a.记h(x)(1x4)，则由h(x)0得x2或x(舍去)当x(1,2)时，h(x)0；当x(2,4)时，h(x)0，即函数h(x)在(1,2)上是增函数，在(2,4)上是减函数，因此当x2时，h(x)取得最大值，最大值是h(2)，故满足题意的实数a的取值范围是，选d.5若a2，则方程x3ax210在(0,2)上恰好有_个根解析：1设f(x)x3ax21，则f(x)x22axx(x2a)，因为a2，所以2a4，所以当x(0,2)时，f(x)0，则f(x)在(0,2)上为减函数，又f(0)f(2)14a0，所以f(x)0在(0,2)上恰好有1个根6已知函数f(x)x3x，对任意的m2,2，f(mx2)f(x)0恒成立，则x的取值范围为_解析：f(x)3x210恒成立，f(x)在r上是增函数又f(x)f(x)，yf(x)为奇函数由f(mx2)f(x)0得f(mx2)f(x)f(x)，mx2x，即mx2x0，在m2,2上恒成立记g(m)xm2x，则即解得2x.7(2013北京高考)设l为曲线c：y在点(1,0)处的切线(1)求l的方程；(2)求证：除切点(1,0)之外，曲线c在直线l的下方(1)解：设f(x)，则f(x).所以f(1)1.所以l的方程为yx1.(2)令g(x)x1f(x)，则除切点之外，曲线c在直线l的下方等价于g(x)0(x0，x1)g(x)满足g(1)0，且g(x)1f(x).当0x1时，x210，ln x0，所以g(x)0，故g(x)单调递减；当x1时，x210，ln x0，所以g(x)0，故g(x)单调递增所以，g(x)g(1)0(x0，x1)所以除切点之外，曲线c在直线l的下方8某工厂每天生产某种产品最多不超过40件，产品的正品率p与日产量x(xn*)件之间的关系为p，每生产一件正品盈利4 000元，每出现一件次品亏损2 000元(注：正品率产品中的正品件数产品总件数100%)(1)将日利润y(元)表示成日产量x(件)的函数；(2)该厂的日产量为多少件时，日利润最大？并求出日利润的最大值解：(1)y4 000x2 000x3 600xx3，所求的函数关系式是yx33 600x(xn*,1x40)(2)由(1)知yf(x)x33 600x(xn*,1x40)，f(x)4x23 6004(x30)(x30)令f(x)4x23 6000，得x30或x30(舍去)当1x30时，f(x)0，yf(x)单调递增，当30x40时，f(x)0，yf(x)单调递减当x30时，函数yf(x)取得最大值，最大值为3033 6003072 000(元)该厂的日产量为30件时，日利润最大，最大值为72 000元9(2014南昌模拟)设f(x)ln(1x)xax2.(1)当x1时，f(x)取到极值，求a的值；(2)当a满足什么条件时，f(x)在区间上有单调递增区间？解：(1)由题意知，f(x)的定义域为(1，)，且f(x)2ax1，由题意得：f(1)0，则2a2a10，得a，又当a时，f(x)，当0x1时，f(x)0；当x1时，f(x)0，所以f(1)是函数f(x)的极大值，所以a.(2)要使f(x)在区间上有单调递增区间，即要求f(x)0在区间上有解，当x时，f(x)0等价于2ax(2a1)0.当a0时，不等式恒成立，a0.当a0时，得x，此时只要，解得a，a0当a0时，得x，此时只要，解得a1.1a0.综上所述，a1，故所求a的范围为(1，)10(2014淮南模拟)已知函数f(x)，x0,1(1)求f(x)的单调区间和值域；(2)设a1，函数g(x)x33a2x2a，x0,1，若对于任意x10,1，总存在x00,1，使得g(x0)f(x1)成立，求a的取值范围解：(1)f(x)令f(x)0，解得x或x(舍去)当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x01f(x)不存在0不存在f(x)43当x时，f(x)是减函数；当x时，f(x)是增函数当x0,1时，f(x)的值域为4，3(2)g(x)3(x2a2)a1，当x(0,1)时，g(x)3(1a2)0，因此当x(0,1)时，g(x)为减函数，从而当x0,1时，有g(x)g(1)，g(0)又g(1)12a3a2，g(0)2a，即当x0,1时，有g(x)12a3a2，2a对于任意x10,1，f(x1)4，3，存在x00,1使得g(x0)f(x1)成立，则12a3a2，2a4，3即解式得a1或a；解式得a.又a1，故a的取值范围为1a.所求a的取值范围为.11(2014昆明质检)已知函数f(x)exmx，其中m为常数(1)若对任意xr有f(x)0成立，求m的取值范围；(2)当m1时，判断f(x)在0,2m上零点的个数，并说明理由解：(1)依题意，可知f(x)在r上连续，且f(x)exm1，令f(x)0，得xm.故当x(，m)时，exm1，f(x)0，f(x)单调递减；当x(m，)时，exm1，f(x)0，f(x)单调递增；故当xm时，f(m)为极小值，也是最小值令f(m)1m0，得m1，即对任意xr，f(x)0恒成立时，m的取值范围是(，1(2)由(1)知f(x)在0,2m上至多有两个零点，当m1时，f(m)1m0.f(0)em0，f(0)f(m)0，f(x)在(0，m)上有一个零点又f(2m)em2m，令g(m)em2m，当m1时，g(m)em20，g(m)在(1，)上单调递增g(m)g(1)e20，即f(2m)0.f(m)f(2m)0，f(x)在(m,2m)上有一个零点故f(x)在0,2m上有两个零点12(2014合肥模拟)已知函数f(x)ln x.(1)若a0，试判断f(x)在定义域内的单调性；(2)若f(x)在1，e上的最小值为，求a的值；(3)若f(x)x2在(1，)上恒成立，求a的取值范围解：(1)由题意知f(x)的定义域为(0，)，且f(x).a0，f(x)0，故f(x)在(0，)上是单调递增函数(2)由(1)可知，f(x).若a1，则xa0，即f(x)0在1，e上恒成立，此时f(x)在1，e上为增函数，f(x)minf(1)a，a(舍去)若ae，则xa0，即f(x)0在1，e上恒成立，此时f(x)在1，e上为减函数，f(x)minf(e)1，a(舍去)若ea1，令f(x)0得xa，当1xa时，f(x)0，f(x)在(1，a)上为减函数；当axe时，f(x)0，f(x)在(a，e)上为增函数f(x)minf(a)ln(a)1，a.综