(提分专用)2020高考数学二轮复习 第二部分 专题一 函数与导数 专题强化练五 导数的综合应用 文

最新人教版小学试题 专题强化练五 函数的图象与性质

一、选择题

1．函数f(x)的定义域为R，f(－1)＝3，对任意x∈R，f′(x)＜3，则f(x)＞3x＋6的解集为( )

A．{x}－1＜x＜1} C．{x|x＜－1}

B．{x|x＞－1} D．R

解析：设g(x)＝f(x)－(3x＋6)，则g′(x)＝f′(x)－3＜0，所以g(x)为减函数， 又g(－1)＝f(－1)－3＝0， 所以g(x)＞0的解集为{x|x＜－1}． 答案：C

2．(2018·贵阳联考)已知函数f(x)的定义域为[－1，4]，部分对应值如下表：

x f(x) －1 1 0 2 2 0 3 2 4 0 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

3．(2018·广东二模)已知函数f(x)＝e－ln x，则下面对函数f(x)的描述正确的是( )

A．?x∈(0，＋∞)，f(x)≤2 B．?x∈(0，＋∞)，f(x)＞2

x部编本试题，欢迎下载！ 最新人教版小学试题 C．? x0∈(0，＋∞)，f(x0)＝0 D．f(x)min∈(0，1)

解析：因为f(x)＝e－ln x的定义域为(0，＋∞)， 1xe－1

且f′(x)＝e－＝，

xxxxx令g(x)＝xe－1，x＞0，

则g′(x)＝(x＋1)e＞0在(0，＋∞)上恒成立， 所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增， 又g(0)·g(1)＝－(e－1)＜0，

所以?x0∈(0，1)，使g(x0)＝0，则f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，

则f(x)min＝f(x0)＝ex0－ln x0，

11

又ex0＝，x0＝－ln x0，所以f(x)min＝＋x0＞2.

xxx0x0

答案：B

4．若函数f(x)在R上可导，且满足f(x)－xf′(x)＞0，则( ) A．3f(1)＜f(3) C．3f(1)＝f(3)

解析：由于f(x)＞xf′(x)，则?

B．3f(1)＞f(3) D．f(1)＝f(3)

?f（x）?′＝xf′（x）－f（x）＜0恒成立，因此y＝

?x2?x?

f（x）

在R上是单调减函数， x所以

f（3）f（1）

3

＜

1

，即3f(1)＞f(3)．

答案：B

ln x，x＞1，??

5．(2018·佛山市质检)已知函数f(x)＝?11若m＜n，且f(m)＝f(n)，则

x＋，x≤1，??22

n－m的最小值是( )

A．3－2ln 2 C．2

B．e－1 D．e＋1

解析：作出函数y＝f(x)的图象如图所示．

若m＜n，且f(m)＝f(n)，

部编本试题，欢迎下载！ 最新人教版小学试题 则当ln x＝1时，得x＝e， 因此1＜n≤e，－1＜m≤1. 11

又ln n＝m＋，即m＝2ln n－1.

22所以n－m＝n－2ln n＋1，

2

设h(n)＝n－2ln n＋1(1＜n≤e)，则h′(n)＝1－.

n当h′(n)＞0，得2＜n≤e；当h′(n)＜0，得1＜n＜2. 故当n＝2时，函数h(n)取得最小值h(2)＝3－2ln 2. 答案：A 二、填空题

6．做一个无盖的圆柱形水桶，若要使其体积是27π dm，且用料最省，则圆柱的底面半径为________dm.

272

解析：设圆柱的底面半径为R dm，母线长为l dm，则V＝πRl＝27π，所以l＝2，

3

R要使用料最省，只需使圆柱形水桶的表面积最小．

S表＝πR2＋2πRl＝πR2＋2π·，

R54π

所以S′表＝2πR－2.

27

R令S′表＝0，得R＝3，则当R＝3时，S表最小． 答案：3

7．对于x∈(0，2)，不等式kx＜e＋x－2x恒成立，则实数k的取值范围是________． 解析：对于x∈(0，2)，kx＜e＋x－2x恒成立． e2

则k＜＋x－2x对x∈(0，2)恒成立，

xx3

2

x3

xe2

设f(x)＝＋x－2x，x∈(0，2)，

xxe（x－1）

则f′(x)＝＋2(x－1)＝(x－1)· 2

xx?e2＋2?. ?x???

令f′(x)＝0，得x＝1，当x∈(1，2)时，f′(x)＞0，函数f(x)在(1，2)上单调递增，当x∈(0，1)时，f′(x)＜0，函数f(x)在(0，1)上单调递减，所以k＜f(x)min＝f(1)＝e－1.

故实数k的取值范围是(－∞，e－1)． 答案：(－∞，e－1)

x部编本试题，欢迎下载！ 最新人教版小学试题 8．(2018·江苏卷改编)若函数f(x)＝2x－ax＋1(a∈R)在(0，＋∞)内有且只有一个零点，则f(x)在[0，1]上的最大值是________．

解析：f′(x)＝6x－2ax＝2x(3x－a)(a∈R)，

①当a≤0时，f′(x)＞0在(0，＋∞)上恒成立，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增．又

2

3

2

f(0)＝1，所以此时f(x)在(0，＋∞)内无零点，不满足题意，因此a＞0.

②当a＞0时，令f′(x)＝0得x＝. 3

当0＜x＜时，f′(x)＜0，f(x)为减函数；当x＞时，f′(x)＞0，f(x)为增函数，所

33

aaaa?a?以x＞0时，f(x)有极小值，为f??＝－＋1.

27?3?

因为f(x)在(0，＋∞)内有且只有一个零点， 所以f??＝0，所以a＝3.

?3?

所以f(x)＝2x－3x＋1，则f′(x)＝6x(x－1)．

当x∈(0，1)时，f′(x)＜0，故f(x)在x∈[0，1]上是减函数， 所以f(x)max＝f(0)＝1. 答案：1 三、解答题 9．已知函数f(x)＝

3

2

3

?a?x－1

－ln x. x(1)求f(x)的单调区间； ex＋1

(2)求证：ln ≤.

2

xx(1)解：f(x)＝

x－11

－ln x＝1－－ln x， xxf(x)的定义域为(0，＋∞)．

111－xf′(x)＝2－＝2，

xxx令f′(x)＞0?0＜x＜1，令f′(x)＜0?x＞1，

1

所以f(x)＝1－－ln x在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．

xe1＋x1

(2)证明：要证ln ≤，即证2－ln x≤1＋，

2

xxx1

即证1－－ln x≤0.

x部编本试题，欢迎下载！