教学资料范本 2020高考数学一轮复习第二章函数导数及其应用2-11-3导数的综合应用课时提升作业理 编 辑：__________________ 时 间：__________________ 1 / 10 【精品资料欢迎惠存】 【20xx最新】精选高考数学一轮复习第二章函数导数及其应用2-11-3导数的综合应用课时提升作业理 (25分钟 60分) 一、选择题(每小题5分,共25分) 1.从边长为10cm×16cm的矩形纸板的四角截去四个相同的小正方形,作成一个无盖的盒子,则盒子容积的最大值为 ( ) A.12cm3 B.72cm3 C.144cm3 D.160cm3 【解析】选C.设盒子容积为ycm3,盒子的高为xcm,则x∈(0,5). 则y=(10-2x)(16-2x)x=4x3-52x2+160x, 所以y′=12x2-104x+160.令y′=0,得x=2或(舍去), 所以ymax=6×12×2=144(cm3). 2.在R上可导的函数f(x)的图象如图所示,则关于x的不等式x·f′(x)<0的解集为 ( ) A.(-∞,-1)∪(0,1) B.(-1,0)∪(1,+∞) C.(-2,-1)∪(1,2) D.(-∞,-2)∪(2,+∞) 【解析】选A.当x∈(-∞,-1)和x∈(1,+∞)时,f(x)是增函数,所以f′(x)>0,由x·f′(x)<0,得x<0,所以x<-1. 当x∈(-1,1)时,f(x)是减函数,所以f′(x)<0. 由x·f′(x)<0,得x>0,所以00), 则h′(x)=. 当x∈(0,1)时,h′(x)<0,函数h(x)单调递减; 当x∈(1,+∞)时,h′(x)>0,函数h(x)单调递增, 所以h(x)min=h(1)=4,所以a≤h(x)min=4. 4.若a>2,则函数f(x)=x3-ax2+1在区间(0,2)上恰好有 ( ) A.0个零点 C.2个零点 B.1个零点 D.3个零点 【解析】选B.因为f′(x)=x2-2ax,且a>2, 所以当x∈(0,2)时,f′(x)<0, 即f(x)在(0,2)上是单调减函数. 又因为f(0)=1>0,f(2)=-4a<0, 所以f(x)在(0,2)上恰好有1个零点. 5.(20xx·绵阳模拟)已知函数f(x)=给出如下三个命题: ①f(x)在(,+∞)上是减函数; ②f(x)≤在R上恒成立; ③函数y=f(x)图象与直线y=-有两个交点. 其中真命题的个数为 ( ) A.3个 B.2个 C.1个 D.0个 【解析】选B.当x<0时,函数f(x)=ex+x-1显然是增函数; 当x≥0时,函数f(x)=-x3+2x, f′(x)=-x2+2且f(0)=0, 3 / 10 【精品资料欢迎惠存】 所以函数在[0,)上单调递增,在[,+∞)上单调递减, f(x)极大值=f()=,由此画出函数大致图象,故①,③正确. 二、填空题(每小题5分,共15分) 6.直线y=a与函数f(x)=x3-3x的图象有相异的三个公共点,则a的取值范围是 . 【解析】令f′(x)=3x2-3=0,得x=±1, 可得极大值为f(-1)=2,极小值为f(1)=-2, 如图,观察得-20),为使耗电量最小,则速度应定为 . 【解析】由y′=x2-39x-40=0,得x=-1(舍去)或x=40, 由于040时,y′>0. 所以当x=40时,y有最小值. 答案:40 8.(20xx·邯郸模拟)设函数f(x)=6lnx,g(x)=x2-4x+4,则方程f(x)-g(x)=0有 个实根. 【解析】设φ(x)=g(x)-f(x)=x2-4x+4-6lnx, 则φ′(x)==,且x>0. 由φ′(x)=0,得x=3.当03时, φ′(x)>0. 所以φ(x)在(0,+∞)上有极小值 φ(3)=1-6ln3<0. 故y=φ(x)的图象与x轴有两个交点, 则方程f(x)-g(x)=0有两个实根. 4 / 10 【精品资料欢迎惠存】 答案:2 三、解答题(每小题10分,共20分) 9.(20xx·湛江模拟)已知函数f(x)=lnx-. (1)若a>0,试判断f(x)在定义域内的单调性. (2)若f(x)0,所以f′(x)>0, 故f(x)在(0,+∞)上是增函数. (2)因为f(x)0,所以a>xlnx-x3. 令g(x)=xlnx-x3, h(x)=g′(x)=1+lnx-3x2, h′(x)=-6x=. 因为x∈(1,+∞)时,h′(x)<0, 所以h(x)在(1,+∞)上是减函数. 所以h(x)0,(0,+∞)是f(x)的递增区间; 当a>0时,令f′(x)=0,x=(负值舍去); 5 / 10 【精品资料欢迎惠存】
