高考数学一轮复习 专题15 导数的综合应用押题专练 文-人教版高三全册数学试题VIP免费

专题15导数的综合应用1．方程x3－6x2＋9x－10＝0的实根个数是()A．3B．2C．1D．0解析：设f(x)＝x3－6x2＋9x－10，f′(x)＝3x2－12x＋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x3－6x2＋9x－10＝0的实根个数为1个．答案：C2．某公司生产某种产品，固定成本为20000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)＝则总利润最大时，年产量是()A．100B．150C．200D．300答案：D3．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－.令f(x)＝x－，∴f′(x)＝1＋2－xln2>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：D4．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)>＋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)>＋1得，exf(x)>3＋ex，构造函数F(x)＝exf(x)－ex－3，得F′(x)＝exf(x)＋exf′(x)－ex＝ex[f(x)＋f′(x)－1]．由f(x)＋f′(x)>1，ex>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：A5．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：C6．已知函数y＝x3－3x＋c的图象与x轴恰有两个公共点，则c＝________．解析：设f(x)＝x3－3x＋c，对f(x)求导可得，f′(x)＝3x2－3，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27．已知函数f(x)＝ax3－3x＋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ax3－3x＋1≥0可化为a≥，设g(x)＝，x∈(0，1]，g′(x)＝＝－.g′(x)与g(x)随x的变化情况如下表：xg′(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，＋∞)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＝8300－170p－p2，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：30230009．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18km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，点C受B污染源污染程度为，其中k为比例系数，且k>0.从而点C处受污染程度y＝＋.(2)因为a＝1，所以，y＝＋，y′＝k，令y′＝0，得x＝，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8.10．设函数f(x)＝aexlnx＋，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.所以当x∈时，g′(x)<0；当x∈时，g′(x)>0.故g(x)在上单调递减，在上单调递增，从而g(x)在(0，＋∞)上的最小值为g＝－.设函数h(x)＝xe－x－，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)＝－.综上，当x>0时，g(x)>h(x)，即f(x)>1.11．已知函数f(x)＝lnx＋(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≥，b＞1时，f(lnb)＞.(2)令h(x)＝xlnx＋a，则h′(x)＝lnx＋1，当0＜x＜时，f′(x)＜0；当x＞时，f′(x)＞0，所以函数h(x)在上单调递减，在上单调递增．当x＝时，[h(x)]min＝－＋a，于是，当a≥时，h(x)≥－＋a≥，①令φ(x)＝xe－x，则φ′(x)＝e－x－xe－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＝，于是，当x＞0时，φ(x)≤，②显然，不等式①、②中的等号不能同时成立，故当x＞0，a≥时，xlnx＋a＞xe－x，因为b＞1，所以lnb＞0，所以lnb·ln(lnb)＋a＞lnb·e－lnb，所以ln(lnb)＋＞，即f(lnb)＞.