【创新设计】2014高考数学一轮复习 限时集训(十六)导数的应用(Ⅱ) 理 新人教A版

1 限时集训限时集训 十六十六 导数的应用导数的应用 限时 45 分钟 满分 81 分 一 选择题 本大题共 6 小题 每小题 5 分 共 30 分 1 已知f x x3 ax在 1 上是单调增函数 则a的最大值是 A 0 B 1 C 2 D 3 2 设动直线x m与函数f x x3 g x ln x的图象分别交于点M N 则 MN 的 最小值为 A 1 ln 3 B ln 3 1 3 1 3 C 1 ln 3 D ln 3 1 3 若不等式 2xln x 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 4 球的直径为d 其内接正四棱柱体积V最大时的高为 A d B d 2 2 3 2 C d D d 3 3 2 3 5 已知函数f x x3 3x 若对于区间 3 2 上任意的x1 x2都有 f x1 f x2 t 则实数t的最小值是 A 0 B 10 C 18 D 20 6 2013 宜昌模拟 已知y f x 是奇函数 当x 0 2 时 f x ln x ax 当x 2 0 时 f x 的最小值为 1 则a的值等于 a 1 2 A B 1 4 1 3 C D 1 1 2 二 填空题 本大题共 3 小题 每小题 5 分 共 15 分 7 设f x x3 x x R R 若当 0 时 f msin f 1 m 0 恒成立 则 2 实数m的取值范围是 2 8 某商场从生产厂家以每件 20 元购进一批商品 若该商品零售价为p元 销量Q 单 位 件 与零售价p 单位 元 有如下关系 Q 8 300 170p p2 则该商品零售价定为 元时利润最大 利润的最大值为 9 若函数f x x3 a2x满足 对于任意的x1 x2 0 1 都有 f x1 f x2 1 恒 1 3 成立 则a的取值范围是 三 解答题 本大题共 3 小题 每小题 12 分 共 36 分 10 已知函数f x aln x ax 3 a R R 1 求函数f x 的单调区间 2 若函数y f x 的图象在点 2 f 2 处的切线的倾斜角为 45 对于任意的 t 1 2 函数g x x3 x2 在区间 t 3 上不是单调函数 求m的取值范 f x m 2 围 11 已知f x ax ln x x 0 e g x 其中 e 是自然常数 a R R ln x x 1 讨论当a 1 时 函数f x 的单调性和极值 2 求证 在 1 的条件下 f x g x 1 2 3 是否存在实数a 使f x 的最小值是 3 若存在 求出a的值 若不存在 说明理 由 12 设函数f x x aln x 1 x 1 若曲线y f x 在点 1 f 1 处的切线被圆x2 y2 1 截得的弦长为 求a的值 2 2 若函数f x 在其定义域上为增函数 求实数a的取值范围 3 当a 2 时 设函数g x x ln x 若在 1 e 上存在x1 x2使f x1 g x2 1 e 成立 求实数a的取值范围 答 案 限时集训 十六 导数的应用 1 D 2 A 3 B 4 C 5 D 6 D 7 1 8 30 23 000 9 2 3 3 2 3 3 10 解 1 根据题意知 3 f x x 0 a 1 x x 当a 0 时 f x 的单调递增区间为 0 1 单调递减区间为 1 当a 0 时 f x 的单调递增区间为 1 单调递减区间为 0 1 当a 0 时 f x 不是单调函数 2 f 2 1 a 2 a 2 f x 2ln x 2x 3 g x x3 x2 2x m 2 2 g x 3x2 m 4 x 2 g x 在区间 t 3 上不是单调函数 且g 0 2 Error 由题意知 对于任意的t 1 2 g t 0 恒成立 Error m 9 37 3 11 解 1 f x x ln x f x 1 1 x x 1 x 当 0 x 1 时 f x 0 此时f x 单调递减 当 1 x0 此时f x 单调递增 f x 的极小值为f 1 1 2 证明 f x 的极小值为 1 即f x 在 0 e 上的最小值为 1 f x min 1 又 g x 1 ln x x2 0 x0 g x 在 0 e 上单调递增 g x max g e 1 2 在 1 的条件下 f x g x 1 2 3 假设存在实数a 使f x ax ln x x 0 e 有最小值 3 则f x a 1 x ax 1 x 4 当a 0 时 f x 在 0 e 上单调递减 f x min f e ae 1 3 a 舍去 所 4 e 以 此时f x 的最小值不是 3 当 0 0 又函数 y x2 ax 1 的判别式 a 2 4 1 1 a2 4 当a 2 2 时 0 则f x 0 恒成立 即函数f x 在区间 1 e 上是 单调递增的函数 故函数f x 在区间 1 e 上的最大值为f e e a 1 e 故有f e g 1 即 e a 1 解得a e 1 1 e 1 e 又a 2 2 所以a 2 e 1 当a0