2019年高考数学(理)一轮复习精品资料专题15导数的综合应用(押题专练)含解析

2019年高考数学（理）一轮复习精品资料
1．方程x 3
－6x 2
＋9x －10＝0的实根个数是( ) A ．3 B ．2 C ．1 D ．0
解析：设f(x)＝x 3
－6x 2
＋9x －10，f ′(x)＝3x 2
－12x ＋9＝3(x －1)(x －3)，由此可知函数的极大值为f(1)＝－6<0，极小值为f(3)＝－10<0，所以方程x 3
－6x 2
＋9x －10＝0的实根个数为1个．
答案：C
2．某公司生产某种产品，固定成本为20 000元，每生产一单位产品，成本增加100元，已知总营业收入R 与年产量x 的关系是R ＝R(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧400x －12x 2，（0≤x≤400），80 000，（x>400），
则总利润最大时，年产量是( )
A ．100
B ． 150
C ．200
D ．300
答案：D
3．若存在正数x 使2x
(x －a)<1成立，则a 的取值范围是( ) A ．(－∞，＋∞) B ．(－2，＋∞) C ．(0，＋∞) D ．(－1，＋∞) 解析：∵2x
(x －a)<1，∴a>x －12
x .
令f(x)＝x －12
x ，∴f ′(x)＝1＋2－x
ln 2>0.
∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴f(x)>f(0)＝0－1＝－1，
∴a的取值范围为(－1，＋∞)，答案：D
4．若定义在R上的函数f(x)满足f(x)＋f′(x)>1，f(0)＝4，则不等式f(x)>3
e x
＋1(e为自然对数的底数)的解集为( )
A．(0，＋∞) B．(－∞，0)∪(3，＋∞)
C．(－∞，0)∪(0，＋∞) D．(3，＋∞)
解析：由f(x)>3
e x
＋1得，e x f(x)>3＋e x，
构造函数F(x)＝e x f(x)－e x－3，得F′(x)＝e x f(x)＋e x f′(x)－e x＝e x[f(x)＋f′(x)－1]．
由f(x)＋f′(x)>1，e x>0，可知F′(x)>0，即F(x)在R上单调递增，
又因为F(0)＝e0f(0)－e0－3＝f(0)－4＝0，
所以F(x)>0的解集为(0，＋∞)．
答案：A
5．已知函数f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零点x0，且x0>0.则a的取值范围是( )
A．(2，＋∞) B．(1，＋∞)
C．(－∞，－2) D．(－∞，－1)
答案：C
6.若商品的年利润y(万元)与年产量x(百万件)的函数关系式为y＝－x3＋27x＋123(x>0)，则获得最大利润时的年产量为( )
A.1百万件
B.2百万件
C.3百万件
D.4百万件
解析 y ′＝－3x 2
＋27＝－3(x ＋3)(x －3)，当0<x <3时，y ′>0；当x >3时，y ′<0. 故当x ＝3时，该商品的年利润最大. 答案 C
7.当x ∈[－2，1]时，不等式ax 3
－x 2
＋4x ＋3≥0恒成立，则实数a 的取值范围是( ) A.[－5，－3] B.⎣
⎢⎡⎦⎥⎤－6，－98 C.[－6，－2]
D.[－4，－3]
答案 C
8.已知函数f (x )的定义域为[－1，4]，部分对应值如下表：
x －1 0 2 3 4 f (x )
1
2
2
f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示.当1<a <2时，函数y ＝f (x )－a 的零点的个数为( )
A.1
B.2
C.3
D.4
解析根据导函数图象，知2是函数的极小值点，函数y＝f(x)的大致图象如图所示.
由于f(0)＝f(3)＝2，1<a<2，所以y＝f(x)－a的零点个数为4.
答案 D
9.定义在R上的函数f(x)满足：f(x)＋f′(x)>1，f(0)＝4，则不等式e x f(x)>e x＋3(其中e为自然对数的底数)的解集为( )
A.(0，＋∞)
B.(－∞，0)∪(3，＋∞)
C.(－∞，0)∪(0，＋∞)
D.(3，＋∞)
解析设g(x)＝e x f(x)－e x(x∈R)，
则g′(x)＝e x f(x)＋e x f′(x)－e x＝e x[f(x)＋f′(x)－1]，
因为f(x)＋f′(x)>1，
所以f(x)＋f′(x)－1>0，所以g′(x)>0，
所以g(x)＝e x f(x)－e x在定义域上单调递增，
因为e x f(x)>e x＋3，所以g(x)>3.
又因为g(0)＝e0f(0)－e0＝4－1＝3，
所以g(x)>g(0)，所以x>0.
答案 A
10.已知直线y＝b与函数f(x)＝2x＋3和g(x)＝ax＋ln x分别交于A，B两点，若|AB|的最小值为2，则a ＋b＝________.
答案 2
11.做一个无盖的圆柱形水桶，若要使其体积是27π 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V ＝πR 2
l ＝27π，所以l ＝27R
2，要使用料最省，只需使
圆柱形水桶的表面积最小.
S 表＝πR 2＋2πRl ＝πR 2＋2π·27
R
，
所以S ′表＝2πR －54π
R
2.
令S ′表＝0，得R ＝3，则当R ＝3时，S 表最小. 答案 3
12.定义域为R 的可导函数y ＝f (x )的导函数为f ′(x )，满足f (x )>f ′(x )，且f (0)＝1，则不等式f （x ）
e
x
<1
的解集为________.
答案 {x |x >0} 13.若函数f (x )＝ax －a
e
x
＋1(a <0)没有零点，则实数a 的取值范围为________.
解析 f ′(x )＝
a e x －（ax －a ）e x e
2x
＝
－a （x －2）
e
x
(a <0).
当x <2时，f ′(x )<0；当x >2时，f ′(x )>0， ∴当x ＝2时，f (x )有极小值f (2)＝a
e
2＋1.
若使函数f (x )没有零点，当且仅当f (2)＝a
e 2＋1>0，
解之得a >－e 2
，因此－e 2
<a <0. 答案 (－e 2，0)
14．已知函数y ＝x 3
－3x ＋c 的图象与x 轴恰有两个公共点，则c ＝________． 解析：设f(x)＝x 3－3x ＋c ，
对f(x)求导可得，f ′(x)＝3x 2
－3， 令f′(x )＝0，可得x ＝±1，
易知f(x)在(－∞，－1)，(1，＋∞)上单调递增， 在(－1，1)上单调递减．
若f(1)＝1－3＋c ＝0，可知c ＝2； 若f(－1)＝－1＋3＋c ＝0，可得c ＝－2. 答案：－2或2
15．已知函数f(x)＝ax 3
－3x ＋1对x ∈(0，1]总有f(x)≥0成立，则实数a 的取值范围是________． 解析：当x ∈(0，1]时不等式ax 3
－3x ＋1≥0可化为a≥3x －1x 3，设g(x)＝3x －1x
3，x ∈(0，1]，
g ′(x)＝3x 3－（3x －1）·3x 2
x 6＝－6⎝ ⎛⎭
⎪⎫x －12x
4
. g ′(x)与g(x)随x 的变化情况如下表：
x ⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，12
1
2 ⎝ ⎛⎭
⎪⎫12，1 g ′(x) ＋ 0 －
g(x)
极大值4
因此g(x)的最大值为4，则实数a 的取值范围是[4，＋∞)． 答案：[4，＋∞)
16．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 －p 2
，则该商品零售价定为________元时利润最大，利润的最大值为________元．
答案：30 23 000
17．据环保部门测定，某处的污染指数与附近污染源的强度成正比，与到污染源距离的平方成反比，比例常数为k(k>0)．现已知相距18 km 的A ，B 两家化工厂(污染源)的污染强度分别为a ，b ，它们连线上任意一点C 处的污染指数y 等于两化工厂对该处的污染指数之和．设AC ＝x(km)．
(1)试将y 表示为x 的函数；
(2)若a ＝1，且x ＝6时，y 取得最小值，试求b 的值．
解：(1)设点C 受A 污染源污染程度为ka x 2，点C 受B 污染源污染程度为kb
（18－x ）2，
其中k 为比例系数，且k>0. 从而点C 处受污染程度y ＝
ka x 2＋kb
（18－x ）
2. (2)因为a ＝1，所以，y ＝k x 2＋kb
（18－x ）2，
y ′＝k ⎣⎢⎡⎦⎥⎤－2x 3＋2b （18－x ）3
令y′＝0，得x ＝
18
1＋3b
， 又此时x ＝6，解得b ＝8，经验证符合题意， 所以，污染源B 的污染强度b 的值为8.
18．设函数f(x)＝ae x
ln x ＋be
x －1
x
，曲线y ＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y ＝e(x －1)＋2.
(1)求a ，b ； (2)证明：f(x)>1.
(2)证明：由(1)知，f(x)＝e x
ln x ＋2x e x －1.，
从而f(x)>1等价于xln x>xe －x
－2e ，
设函数g(x)＝xln x ，则g′(x)＝1＋ln x.
所以当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 时，g ′(x)<0； 当x ∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫1e ，＋∞时，g ′(x)>0.
故g(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减，在⎝ ⎛⎭
⎪⎫1e ，＋∞上单调递增， 从而g(x)在(0，＋∞)上的最小值为g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1e .
设函数h(x)＝xe －x －2e ，则h′(x)＝e －x
(1－x)．
所以当x ∈(0，1)时，h ′(x)>0； 当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x)<0.
故h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 从而h(x)在(0，＋∞)上的最大值为h(1)＝－1
e .
综上，当x>0时，g(x)>h(x)，即f(x)>1. 19．已知函数f (x )＝ln x ＋a
x
(a ＞0)． (1)若函数f (x )有零点，求实数a 的取值范围； (2)证明：当a ≥2e ，b ＞1时，f (ln b )＞1
b
.
(2)令h (x )＝x ln x ＋a ，则h ′(x )＝ln x ＋1，当0＜x ＜1e 时，f ′(x )＜0；当x ＞1
e
时，f ′(x )＞0，所以函数
h (x )在⎝
⎛⎭
⎪⎫
0，1e 上单调递减，在⎝
⎛⎭
⎪⎫1e
，＋∞上单调递增．
当x ＝1e 时，[h (x )]min ＝－1e ＋a ，于是，当a ≥2e 时，h (x )≥－1e ＋a ≥1
e
，①
令φ(x )＝x e －x
，则φ′(x )＝e －x
－x e －x
＝e －x
(1－x )，当0＜x ＜1时，φ′(x )＞0；
当x ＞1时，φ′(x )＜0，所以函数φ(x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．当x ＝1时，[φ(x )]max
＝1e ，于是，当x ＞0时，φ(x )≤1
e
，② 显然，不等式①、②中的等号不能同时成立，故当x ＞0，a ≥2e
时，x ln x ＋a ＞x e －x
，
因为b ＞1，所以ln b ＞0，所以ln b ·ln(ln b )＋a ＞ln b ·e －ln b
，所以ln(ln b )＋a ln b ＞1b
，即f (ln b )
＞1b
.
20.已知函数f (x )＝ln x －
a （x －1）
x
(a ∈R ). (1)求函数f (x )的单调区间；
(2)(一题多解)求证：不等式(x ＋1)ln x >2(x －1)对∀x ∈(1，2)恒成立. (1)解 定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝
x －a
x 2
. ①a ≤0时，f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上为增函数； ②a >0时，由x >a 时，f ′(x )>0，0<x <a 时，f ′(x )<0， 故f (x )在(a ，＋∞)上为增函数，在(0，a ) 上为减函数. (2)证明 法一 ∵x ∈(1，2)，∴x ＋1>0，
∴要证原不等式成立，即证ln x >2（x －1）x ＋1对∀x ∈(1，2)恒成立，令g (x )＝ln x －2（x －1）
x ＋1，
g ′(x )＝（x －1）
2
（x ＋1）2≥0，∴g (x )在(0，＋∞)上为增函数，
∴当x ∈(1，2)时，g (x )>g (1)＝ln 1－2（1－1）
1＋1＝0，
∴ln x >2（x －1）
x ＋1对∀x ∈(1，2)恒成立，
∴(x ＋1)ln x >2(x －1)对∀x ∈(1，2)恒成立.
21.设f (x )＝(ln x )ln(1－x ).
(1)求函数y ＝f (x )的图象在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12处的切线方程； (2)求函数y ＝f ′(x )的零点.
解 (1)由于f ′(x )＝ln （1－x ）x －ln x
1－x
(0<x <1)，
故f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝0，f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫12＝ln 2
2，
那么在x ＝12处的切线方程为：y ＝ln 2
2.
(2)由(1)知f ′(x )＝
1
x （x －1）
[(x －1)ln(1－x )＋x ln x ](0<x <1)，
令g (x )＝(x －1)ln(1－x )＋x ln x ， 则g ′(x )＝2＋ln x ＋ln(1－x )， 令h (x )＝2＋ln x ＋ln(1－x )，则h ′(x )＝
2x －1
x （x －1）
，。