《2019届高考数学大一轮复习 第三章 导数及其应用 第2讲 第3课时 导数与函数的综合应用配套练习 文 北师大版》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019届高考数学大一轮复习 第三章 导数及其应用 第2讲 第3课时 导数与函数的综合应用配套练习 文 北师大版（6页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、第3课时导数与函数的综合应用一、选择题1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的年关系是RR(x)则总利润最大时，年产量是()A100 B150C200 D300解析由题意得，总成本函数为CC(x)20 000100 x，总利润P(x)又P(x)令P(x)0，得x300，易知x300时，总利润P(x)最大答案D2设f(x)是定义在R上的奇函数，且f(2)0，当x0时，有0的解集是()A(2,0)(2，) B(2,0)(0,2)C(，2)(2，) D(，2)(0,2)解析x0时0，(x)在(0，)为减函数，又(2)0，当且仅当
2、0x0，此时x2f(x)0.又f(x)为奇函数，h(x)x2f(x)也为奇函数故x2f(x)0的解集为(，2)(0,2)答案D3若关于x的不等式x33x29x2m对任意x2,2恒成立，则m的取值范围是()A(，7 B(，20C(，0 D12,7解析令f(x)x33x29x2，则f(x)3x26x9，令f(x)0得x1或x3(舍去)f(1)7，f(2)0，f(2)20，f(x)的最小值为f(2)20，故m20.答案B4(2017景德镇联考)已知函数f(x)的定义域为1,4，部分对应值如下表：x10234f(x)12020f(x)的导函数yf(x)的图像如图所示当1a2时，函数yf(x)a的零点的
3、个数为()A1 B2C3 D4解析根据导函数图像，知2是函数的极小值点，函数yf(x)的大致图像如图所示由于f(0)f(3)2,1a0，则a的取值范围是()A(2，) B(1，)C(，2) D(，1)解析a0时，不符合题意，a0时，f(x)3ax26x.令f(x)0，得x0或x.若a0，则由图像知f(x)有负数零点，不符合题意则a0知，此时必有f0，即a310，化简得a24.又a0，所以a0)，为使耗电量最小，则速度应定为_解析由yx239x400，得x1或x40，由于0x40时，y40时，y0.所以当x40时，y有最小值答案407已知函数yx33xc的图像与x轴恰有两个公共点，则c_.解析设
4、f(x)x33xc，对f(x)求导可得，f(x)3x23，令f(x)0，可得x1，易知f(x)在(，1)，(1，)上单调递增，在(1,1)上单调递减若f(1)13c0，可知c2；若f(1)13c0，可得c2.答案2或28(2017长沙调研)定义域为R的可导函数yf(x)的导函数为f(x)，满足f(x)f(x)，且f(0)1，则不等式1的解集为_解析构造函数g(x)，则g(x).由题意得g(x)0恒成立，所以函数g(x)在R上单调递减又g(0)1，所以1，即g(x)0，所以不等式的解集为(0，)答案(0，)三、解答题9据环保部门侧定，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
5、反比，比例常数为k(k0)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ACx(km)(1)试将y表示为x的函数；(2)若a1，且x6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k0，从而点C处受污染程度y.(2)因为a1，所以，y，yk，令y0，得x，又此时x6，解得b8，经验证符合题意，所以，污染源B的污染强度b的值为8.10(2017榆林月考)已知函数f(x)ln x.(1)求函数f(x)的单调递增区间；(2)证明：当x1时，f(
6、x)0得解得0x.故f(x)的单调递增区间是.(2)证明令F(x)f(x)(x1)，x(0，)则有F(x).当x(1，)时，F(x)1时，F(x)1时，f(x)1时，f(x)0，g(x)6x22x1的200恒成立，故f(x)0恒成立，即f(x)在定义域上单调递增，无极值点答案A12(2017山东省实验中学诊断)若函数f(x)在R上可导，且满足f(x)xf(x)0，则()A3f(1)f(3)C3f(1)f(3) Df(1)f(3)解析由于f(x)xf(x)，则0恒成立，因此在R上是单调递减函数，f(3)答案B13(2017安徽江南名校联考)已知x(0,2)，若关于x的不等式0.即kx22x对任意
7、x(0,2)恒成立，从而k0，因此由原不等式，得k0，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k0.(1)求f(x)的单调区间和极值；(2)证明：若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，上仅有一个零点(1)解由f(x)kln x(k0)，得x0且f(x)x.由f(x)0，解得x(负值舍去)f(x)与f(x)在区间(0，)上的情况如下：x(0，)(，)f(x)0f(x)所以f(x)的单调递减区间是(0，)，单调递增区间是(，)f(x)在x处取得极小值f().(2)证明由(1)知，f(x)在区间(0，)上的最小值为f().因为f(x)存在零点，所以0，从而ke.当ke时，f(x)在区间(1，)上单调递减，且f()0，所以x是f(x)在区间(1，上的唯一零点当ke时，f(x)在区间(0，)上单调递减，且f(1)0，f()0，所以f(x)在区间(1，上仅有一个零点综上可知，若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，上仅有一个零点.
