高考數(shù)學(xué)（文）一輪復(fù)習(xí)課時(shí)訓(xùn)練第3章導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用14-3

【課時(shí)訓(xùn)練】導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的綜合問(wèn)題一、選擇題1．(2018江蘇丹陽(yáng)高中模擬)某公司生產(chǎn)某種產(chǎn)品，固定成本為20000元，每生產(chǎn)一單位產(chǎn)品，成本增加100元，已知總營(yíng)業(yè)收入R與年產(chǎn)量x的年關(guān)系是R＝R(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(400x－\f(1,2)x2，0≤x≤400，,80000，x>400，))則總利潤(rùn)最大時(shí)，年產(chǎn)量是()A．100 B．150C．200 D．300【答案】D【解析】由題意，得設(shè)總成本函數(shù)為C＝C(x)＝20000＋100x，總利潤(rùn)P(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(300x－\f(x2,2)－20000，0≤x≤400，,60000－100x，x>400，))又P′(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(300－x，0≤x≤400，,－100，x>400，))令P′(x)＝0，得x＝300，易知x＝300時(shí)，總利潤(rùn)P(x)最大．2．(2018海南中學(xué)期末)設(shè)f(x)是定義在R內(nèi)的奇函數(shù)，且f(2)＝0，當(dāng)x>0時(shí)，有eq\f(xf′x－fx,x2)<0恒成立，則不等式x2f(x)>0的解集是()A．(－2,0)∪(2，＋∞) B．(－2,0)∪(0,2)C．(－∞，－2)∪(2，＋∞) D．(－∞，－2)∪(0,2)【答案】D【解析】當(dāng)x>0時(shí)，eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(fx,x)))′<0，∴φ(x)＝eq\f(fx,x)在(0，＋∞)內(nèi)為減函數(shù)．又φ(2)＝0，∴當(dāng)且僅當(dāng)0<x<2時(shí)，φ(x)>0，此時(shí)x2f(x)>0.又f(x)為奇函數(shù)，∴h(x)＝x2f(x)也為奇函數(shù)．故x2f(x)>0的解集為(－∞，－2)∪(0,2)．3．(2018河北故城模擬)若關(guān)于x的不等式x3－3x2－9x＋2≥m對(duì)任意x∈[－2,2]恒成立，則m的取值范圍是()A．(－∞，7] B．(－∞，－20]C．(－∞，0] D．[－12,7]【答案】B【解析】令f(x)＝x3－3x2－9x＋2，則f′(x)＝3x2－6x－9，令f′(x)＝0，得x＝－1或x＝3(舍去)．∵f(－1)＝7，f(－2)＝0，f(2)＝－20，∴f(x)的最小值為f(2)＝－20.故m≤－20.4．(2018貴陽(yáng)聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)閇－1,4]，部分對(duì)應(yīng)值如下表：x－10234f(x)12020f(x)的導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的圖象如圖所示．當(dāng)1<a<2時(shí)，函數(shù)y＝f(x)－a的零點(diǎn)的個(gè)數(shù)為()A．1 B．2C．3 D．4【答案】D【解析】根據(jù)導(dǎo)函數(shù)圖象，知2是函數(shù)的極小值點(diǎn)，函數(shù)y＝f(x)的大致圖象如圖所示．由于f(0)＝f(3)＝2,1<a<2，所以y＝f(x)－a的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為4.5．(2018河南濮陽(yáng)一模)函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，若?x∈R恒有f′(x)<f(x)成立，且f(2)＝1，則不等式f(x)>ex－2的解集為()A．(－∞，1) B．(1，＋∞)C．(2，＋∞) D．(－∞，2)【答案】D【解析】設(shè)函數(shù)g(x)＝eq\f(fx,ex)，則g′(x)＝eq\f(f′x－fx,ex)<0，∴g(x)在R上單調(diào)遞減，不等式f(x)>ex－2可轉(zhuǎn)化為eq\f(fx,ex)>eq\f(1,e2).∵g(2)＝eq\f(f2,e2)＝eq\f(1,e2)，∴eq\f(fx,ex)>eq\f(f2,e2)，∴x＜2，∴x∈(－∞，2)．故選D.二、填空題6．(2018襄陽(yáng)四校聯(lián)考)某品牌電動(dòng)汽車的耗電量y與速度x之間有關(guān)系y＝eq\f(1,3)x3－eq\f(39,2)x2－40x(x>0)，為使耗電量最小，則速度應(yīng)定為_(kāi)_______．【答案】40【解析】由y′＝x2－39x－40＝0，得x＝－1或x＝40，由于當(dāng)0<x<40時(shí)，y′<0；當(dāng)x>40時(shí)，y′>0.所以當(dāng)x＝40時(shí)，y有最小值．7．(2018長(zhǎng)沙調(diào)研)定義域?yàn)镽的可導(dǎo)函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，滿足f(x)>f′(x)，且f(0)＝1，則不等式eq\f(fx,ex)<1的解集為_(kāi)_______．【答案】(0，＋∞)【解析】構(gòu)造函數(shù)g(x)＝eq\f(fx,ex)，則g′(x)＝eq\f(ex·f′x－ex·fx,ex2)＝eq\f(f′x－fx,ex).由題意，得g′(x)<0恒成立，所以函數(shù)g(x)＝eq\f(fx,ex)在R內(nèi)單調(diào)遞減．又g(0)＝eq\f(f0,e0)＝1，所以eq\f(fx,ex)<1，即g(x)<g(0)．所以x>0.所以不等式的解集為(0，＋∞)．三、解答題8．(2018昆明一中月考)已知函數(shù)f(x)＝lnx－eq\f(x－12,2).(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間；(2)證明：當(dāng)x>1時(shí)，f(x)<x－1.(1)【解】f′(x)＝eq\f(1,x)－x＋1＝eq\f(－x2＋x＋1,x)，x∈(0，＋∞)．由f′(x)>0，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>0，,－x2＋x＋1>0，))解得0<x<eq\f(1＋\r(5),2)，故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1＋\r(5),2))).(2)【證明】令F(x)＝f(x)－(x－1)，x∈(0，＋∞)，則有f′(x)＝eq\f(1－x2,x).當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f′(x)<0，所以F(x)在(1，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞減．故當(dāng)x>1時(shí)，F(xiàn)(x)<F(1)＝0，即當(dāng)x>1時(shí)，f(x)<x－1.故當(dāng)x>1時(shí)，f(x)<x－1.9．(2018貴陽(yáng)七校聯(lián)考)函數(shù)f(x)＝(ax2＋x)ex，其中e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，a∈R.(1)當(dāng)a>0時(shí)，解不等式f(x)≤0；(2)當(dāng)a＝0時(shí)，求整數(shù)t的所有值，使方程f(x)＝x＋2在[t，t＋1]上有解．【解】(1)因?yàn)閑x>0，(ax2＋x)ex≤0，所以ax2＋x≤0.又因?yàn)閍>0，所以不等式化為xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,a)))≤0.所以不等式f(x)≤0的解集為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)，0)).(2)當(dāng)a＝0時(shí)，方程即為xex＝x＋2，由于ex>0，所以x＝0不是方程的解．所以原方程等價(jià)于ex－eq\f(2,x)－1＝0.令h(x)＝ex－eq\f(2,x)－1，因?yàn)閔′(x)＝ex＋eq\f(2,x2)>0對(duì)于x∈(－∞，0)∪(0，＋∞)恒成立，