最新高考数学核心素养提升练-十六-3.doc

1、核心素养提升练 十六导数的综合应用(30分钟60分)一、选择题(每小题5分,共25分)1.已知函数f(x)=x3-x2-x,则f(-a2)与f(-1)的大小关系为()A.f(-a2)f(-1)B.f(-a2)f(-1)C.f(-a2)f(-1)D.f(-a2)与f(-1)的大小关系不确定【解析】选A.由题意可得f(x)=x2-2x-,令f(x)=(3x-7)(x+1)=0,得x=-1或x=.当x0,f(x)为增函数;当-1x时,f(x)0,f(x)为减函数.所以f(-1)是函数f(x)在(-,0上的最大值,又因为-a20,所以f(-a2)f(-1).2.设1x2,则,的大小关系是()A.B.C

2、.D.【解析】选A.令f(x)=x-ln x(1x0,所以函数y=f(x)在(1,2)内为增函数.所以f(x)f(1)=10,所以xln x001.所以0,所以0,即aca2+c2-b2,根据余弦定理b2=a2+c2-2accos B,所以a2+c2-b2=2accos B,所以ac2accos B,即cos B,又因为B是三角形的一个内角,所以B的取值范围是.所以2B-0),若对于任意x10,2,总存在x00,2,使得g(x0)=f(x1)成立,则a的取值范围是()A.2,+)B.1,2C.0,2D.1,+)【解析】选B.当x10,2,函数f(x)=,则f(x)=,令f(x)=0,解得x=1

3、.当x0,1)时,f(x)0,所以函数f(x)在0,1)上单调递增;当x(1,2时,f(x)0,所以函数g(x)=ax+3-3a在其定义域内是增函数,当x=0时函数g(x)取得最小值为3-3a.当x=2时函数g(x)取得最大值为3-a.故得函数g(x)的值域为N=3-3a,3-a.因为MN,所以 .解得1a2.5.已知函数g(x)满足g(x)=g(1)ex-1-g(0)x+x2,且存在实数x0,使得不等式2m-1g(x0)成立,则实数m的取值范围为()A.(-,2B.(-,3C.1,+)D.0,+)【解析】选C.g(x)=g(1)ex-1-g(0)+x,令x=1,得g(1)=g(1)-g(0)

4、+1,所以g(0)=1,g(0)=g(1)e0-1,所以g(1)=e,所以g(x)=ex-x+x2,g(x)=ex-1+x,当x0时,g(x)0时,g(x)0,所以当x=0时,函数g(x)取得最小值g(0)=1.根据题意得2m-1g(x)min=1,所以m1.二、填空题(每小题5分,共15分)6.某产品包装公司要生产一种容积为V的圆柱形饮料罐(上下都有底),一个单位面积的罐底造价是一个单位面积罐身造价的3倍,若不考虑饮料罐的厚度,欲使这种饮料罐的造价最低,则这种饮料罐的底面半径是_.【解析】由V=r2h,得h=,设f(r)=32r2+2rh=6r2+,所以f(r)=12r-=,所以f(r)在上

5、单调递减,上单调递增,所以当r=时造价最低.答案:7.若存在正数x,使2x(x-a)1成立,则实数a的取值范围是_.【解析】由2x(x-a)1得x-ax-,即存在正数x使ax-成立即可,令h(x)=x-(x0),则h(x)为增函数,所以当x0时,h(x)h(0)=0-=-1,所以ah(x)min,即a-1,即a的取值范围是(-1,+).答案:(-1,+)8.设函数f(x)=,g(x)=,对任意x1,x2(0,+),不等式恒成立,则正数k的取值范围是_.【解析】对任意x1,x2(0,+)不等式恒成立,等价为恒成立,因为f(x)=x+2=2,当且仅当x=时即x=1时取等号,所以f(x)的最小值是2

6、.因为g(x)=,所以g(x)=,由g(x)0得0x1,此时函数为增函数,由g(x)1,此时函数为减函数,即当x=1时g(x)取得极大值同时也是最大值g(1)= ,则的最大值为=,则由,得2ekk+1.即k(2e-1)1得k.答案:三、解答题(每小题10分,共20分)9.设a为实数,函数f(x)=ex-2x+2a,xR.世纪金榜导学号(1)求f(x)的单调区间与极值.(2)求证:当aln 2-1且x0时,exx2-2ax+1.【解析】(1)由f(x)=ex-2x+2a,xR,知f(x)=ex-2,xR.令f(x)=0,得x=ln 2.于是当x变化时,f(x),f(x)的变化情况如表:x(-,l

7、n 2)ln 2(ln 2,+)f(x)-0+f(x)2-2ln 2+2a故f(x)的单调递减区间是(-,ln 2),单调递增区间是(ln 2,+),f(x)在x=ln 2处取得极小值,极小值为2-2ln 2+2a,无极大值.(2)设g(x)=ex-x2+2ax-1,xR,于是g(x)=ex-2x+2a,xR.由(1)知当aln 2-1时,g(x)取最小值为g(ln 2)=2(1-ln 2+a)0.于是对任意xR,都有g(x)0,所以g(x)在R上单调递增.于是当aln 2-1时,对任意x(0,+),都有g(x)g(0).而g(0)=0,从而对任意x(0,+),都有g(x)0.即ex-x2+2

8、ax-10,故当aln 2-1且x0时,exx2-2ax+1.10.已知函数f(x)=x2eax,其中a0,e为自然对数的底数.世纪金榜导学号(1)讨论函数f(x)的单调性.(2)求函数f(x)在区间0,1上的最大值.【解析】 (1)f(x)=2xeax+x2aeax=x(ax+2)eax.当a=0时,由f(x)0得x0,由f(x)0得x0.故函数f(x)在(0,+)上单调递增,在(-,0)上单调递减.当a0得0x-,由f(x)0得x-.故函数f(x)在上单调递增,在(-,0)和上单调递减.(2)当a=0时,f(x)在区间0,1上单调递增,其最大值为f(1)=1.当-2a1,f(x)在区间0,

9、1上单调递增,其最大值是f(1)=ea.当a-2时,0-1,x=-是函数f(x)在区间0,1上的最大值点,此时函数f(x)的最大值是f=.综上可得,当-2a0时,f(x)在0,1上的最大值是ea;当a-2时,f(x)在0,1上的最大值为.(20分钟40分)1.(5分)已知函数f(x)满足f(x)=2f,当x1,3时,f(x)=ln x,若在区间x内,函数g(x)=f(x)-ax有三个不同的零点,则实数a的取值范围是()A.B.C.D.【解析】选A.因为f(x)=2f,且x1,3时,f(x)=ln x,所以x时, f(x)=2f=2ln=-2ln x.因为函数g(x)=f(x)-ax与x轴有3个

10、不同的交点,所以曲线y=f(x)与直线y=ax有三个不同交点,作出二者的图象,则二者在1,3上相切时,因为f(x)=,所以=ax=e,a=;直线y=ax经过y=f(x)右侧端点(3,ln 3)时,a=.综上所述,由函数图象可得实数a的取值范围是.2.(5分)已知函数f(x)=x2+ex-(x0)与g(x)=x2+ln(x+a)的图象上存在关于y轴对称的点,则a的取值范围是()A.B.(-,)C.D.【解析】选B.原命题等价于f(x)=g(-x)在x0时,只需m(0)=e0-ln a0解得0a;当a0时,x-,m(x)0,m(x)=0有解.综上a的取值范围是(-,).3.(5分)已知函数f(x)

11、=3x+cos-11,若两个正数a,b满足f(2a+b)0对xR恒成立,所以f(x)在实数R上单调递增;因为f(4)=34+cos-11=1,由 f(2a+b)1可得f(2a+b)0,此时f(x)在R上单调递增;当a0时,=4a2-4a,当01时,令f(x)=0x1=-1-,x2=-1+x(-,x1)x1(x1,x2)x2(x2,+)f(x)+0-0+f(x)即f(x)在和上单调递增;在上单调递减;综上:当0a1时,f(x)在R上单调递增;当a1时,f(x)在和上单调递增;在上单调递减;(2)由(1)知,当0a1时,f(x)在0,1上单调递增,f(0)=0,此时f(x)在区间0,1上有一个零点

12、;当a1时,-1-0且-1+0,所以f(x)在0,1单调递增;f(0)=0,此时f(x)在区间0,1上有一个零点;当a0(负值舍去)当-1+1即-a0时,f(x)在0,1单调递增,f(0)=0,此时f(x)在区间0,1上有一个零点;当-1+1即a0即-1a-1时,f(x)在区间0,1上有1个零点.5.(13分)已知函数f(x)=ax+1-2a-ln x.世纪金榜导学号(1)若f(x)0在x1,+)上恒成立,求正数a的取值范围.(2)证明:1+ln(n+1)+(nN*).【解析】(1)因为f(x)=ax+1-2a-ln x,x1,+),则f(1)=0,f(x)=a-=(x-1),当 0a1,当1x,则f(x)0,f(x)在上是减函数,所以在上存在x0,使得f(x0)1时,ln x,令x=,有ln=,即ln(k+1)-ln k,k=1,2,3,n,将上述n个不等式依次相加得:ln(n+1)ln(n+1)+(nN*).