2022届高考数学理新课标A版一轮总复习：必修部分-开卷速查15-导数的应用(二).docx

开卷速查(十五)　导数的应用(二)
A级　基础巩固练
1．从边长为10 cm×16 cm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．12 cm3　　　　　　　　 B．72 cm3
C．144 cm3　　　　　　　　　 D.160 cm3
解析：设盒子容积为y cm3，盒子的高为x cm，则x∈(0,5)．则y＝(10－2x)(16－2x)x＝4x3－52x2＋160x，∴y′＝12x2－104x＋160.令y′＝0，得x＝2或(舍去)，∴ymax＝6×12×2＝144(cm3)．
答案：C
2．若a＞1，则函数f(x)＝x3－ax2＋1在(0,2)内零点的个数为(　　)
A．3　　　　　　　　　B.2
C．1　　　　　　　　　D.0
解析：f′(x)＝x2－2ax，由a＞1可知，f′(x)在x∈(0,2)时恒为负，即f(x)在(0,2)内单调递减，又f(0)＝1＞0，f(2)＝－4a＋1＜0，所以f(x)在(0,2)内只有一个零点．
答案：C
3．要做一个圆锥形漏斗，其母线长为20 cm，要使体积最大，则其高为(　　)
A. cm　　　　　　　　　 B.100 cm
C．20 cm D. cm
解析：设圆锥的体积为V cm3，高为h cm，
则V＝π(400－h2)h＝π(400h－h3)，

∴V′＝π(400－3h2)，
由V′＝0，得h＝.
所以当h＝ cm时，V最大．
答案：A
4．若函数y＝aex＋3x(x∈R，a∈R)，有大于零的极值点，则实数a的取值范围是(　　)
A．(－3,0)　　　　　　　　　 B.(－∞，－3)
C. D.
解析：由题可得y′＝aex＋3，若函数在x∈R上有大于零的极值点，即y′＝aex＋3＝0有正根，明显有a＜0，此时x＝ln.由x＞0，得参数a的范围为a＞－3.综上知，－3＜a＜0.
答案：A
5．已知f(x)是定义在(0，＋∞)上的非负可导函数，且满足xf′(x)－f(x)≤0，对任意正数a，b，若a＜b，则必有(　　)
A．af(b)≤bf(a)　　　　　　　　　B.bf(a)≤af(b)
C．af(a)≤bf(b)　　　　　　　　　D.bf(b)≤af(a)
解析：设函数F(x)＝(x＞0)，则F′(x)＝′＝.由于x＞0，xf′(x)－f(x)≤0，所以F′(x)≤0，故函数F(x)在(0，＋∞)上为减函数．又0＜a＜b，所以F(a)≥F(b)，即≥，则bf(a)≥af(b)．
答案：A
6．已知定义在R上的偶函数f(x)，f(1)＝0，当x＞0时有＞0，则不等式xf(x)＞0的解集为(　　)
A．{x|－1＜x＜0}　　　　　　　B.{x|x＞1或－1＜x＜0}
C．{x|x＞0}　　　　　　　　　 D.{x|－1＜x＜1}
解析：当x＞0时有＞0，
即′＞0，∴在(0，＋∞)上单调递增．
∵f(x)为R上的偶函数，∴xf(x)为R上的奇函数．
∵xf(x)＞0，∴x2＞0，∴＞0.
∵在(0，＋∞)上单调递增，且＝0，
∴当x＞0时，若xf(x)＞0，则x＞1.
又∵xf(x)为R上的奇函数，∴当x＜0时，若xf(x)＞0，则－1＜x＜0.
综上，不等式的解集为{x|x＞1或－1＜x＜0}．
答案：B
7．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0＜x＜3时，φ′(x)＜0；当x＞3时，φ′(x)＞0.∴φ(x)在(0，＋∞)上有微小值φ(3)＝1－6ln3＜0.故y＝φ(x)的图像与x轴有两个交点，则方程f(x)－g(x)＝0有两个实根．
答案：2
8．[2021·山东潍坊联考]已知函数f(x)的定义域为[－1,5]，部分对应值如下表：
x
－1
0
2
4
5
f(x)
1
2
1.5
2
1
f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示．

下列关于函数f(x)的命题：
①函数f(x)的值域为[1,2]；
②函数f(x)在[0,2]上是减函数；
③假如当x∈[－1，t]时，f(x)的最大值是2，那么t的最大值为4；
④当1＜a＜2时，函数y＝f(x)－a最多有4个零点．
其中正确命题的序号是__________．
解析：由导数图像可知，当－1＜x＜0或2＜x＜4时，f′(x)＞0，函数单调递增，当0＜x＜2或4＜x＜5时，f′(x)＜0，函数单调递减，当x＝0和x＝4时，函数取得极大值f(0)＝2，f(4)＝2，当x＝2时，函数取得微小值f(2)，又f(－1)＝f(5)＝1，所以函数的最大值为2，最小值为1，值域为[1,2]，①正确；②正确；由于当x＝0和x＝4时，函数取得极大值f(0)＝2，f(4)＝2，要使当x∈[－1，t]时函数f(x)的最大值是2，当2≤t≤5时，t的最大值为5，所以③不正确；由f(x)＝a知，由于微小值f(2)＝1.5，极大值为f(0)＝f(4)＝2，所以当1＜a＜2时，y＝f(x)－a最多有4个零点，所以④正确．故真命题的序号为①②④.
答案：①②④
9．若函数f(x)＝2x3－9x2＋12x－a恰好有两个不同的零点，则a的值为__________．
解析：由题意得f′(x)＝6x2－18x＋12＝6(x－1)(x－2)，由f′(x)＞0，得x＜1或x＞2，由f′(x)＜0，得1＜x＜2，所以函数f(x)在(－∞，1)，(2，＋∞)上单调递增，在(1,2)上单调递减，从而可知f(x)的极大值和微小值分别为f(1)，f(2)，若欲使函数f(x)恰好有两个不同的零点，则需使f(1)＝0或f(2)＝0，解得a＝5或a＝4.
答案：5或4
10．若函数f(x)＝x3－a2x满足：对于任意的x1，x2∈[0,1]都有|f(x1)－f(x2)|≤1恒成立，求a的取值范围．
解析：由题意得，在[0,1]内，f(x)max－f(x)min≤1.f′(x)＝x2－a2，则函数f(x)＝x3－a2x的微小值点是x＝|a|.若|a|＞1，则函数f(x)在[0,1]上单调递减，故只要f(0)－f(1)≤1，即只要a2≤，即1＜|a|≤；若|a|≤1，此时f(x)min＝f(|a|)＝|a|3－a2|a|＝－a2|a|，由于f(0)＝0，f(1)＝－a2，故当|a|≤时，f(x)max＝f(1)，此时只要－a2＋a2|a|≤1即可，即a2≤，由于|a|≤，故|a|－1≤×－1＜0，故此式成立；当＜|a|≤1时，此时f(x)max＝f(0)，故只要a2|a|≤1即可，此不等式明显成立．综上，a的取值范围是.
B级　力气提升练
11．已知函数f(x)＝sinx(x≥0)，g(x)＝ax(x≥0)．
(1)若f(x)≤g(x)恒成立，求实数a的取值范围；
(2)当a取(1)中的最小值时，求证：g(x)－f(x)≤x3.
解析：(1)令h(x)＝sinx－ax(x≥0)，则h′(x)＝cosx－a.
①若a≥1，h′(x)＝cosx－a≤0，
h(x)＝sinx－ax(x≥0)单调递减，h(x)≤h(0)＝0，
则sinx≤ax(x≥0)成立．
②若0＜a＜1，存在x0∈，使得cosx0＝a，
当x∈(0，x0)，h′(x)＝cosx－a＞0，h(x)＝sinx－ax(x∈(0，x0))单调递增，h(x)＞h(0)＝0，不合题意．
③若a≤0，结合f(x)与g(x)的图像可知明显不合题意．
综上可知，a的取值范围是[1，＋∞)．
(2)当a取(1)中的最小值为1时，
g(x)－f(x)＝x－sinx.

设H(x)＝x－sinx－x3(x≥0)，
则H′(x)＝1－cosx－x2.
令G(x)＝1－cosx－x2，
则G′(x)＝sinx－x≤0(x≥0)，
所以G(x)＝1－cosx－x2在[0，＋∞)上单调递减，此时G(x)＝1－cosx－x2≤G(0)＝0，
即H′(x)＝1－cosx－x2≤0，
所以H(x)＝x－sinx－x3在x∈[0，＋∞)上单调递减．
所以H(x)＝x－sinx－x3≤H(0)＝0，
则x－sinx≤x3(x≥0)．
所以，当a取(1)中的最小值时，g(x)－f(x)≤x3.
12．已知函数f(x)＝ex－m－x，其中m为常数．
(1)若对任意x∈R有f(x)≥0恒成立，求m的取值范围；
(2)当m＞1时，推断f(x)在[0,2m]上零点的个数，并说明理由．
解析：(1)依题意，可知f(x)在R上连续，
且f′(x)＝ex－m－1，
令f′(x)＝0，得x＝m.
故当x∈(－∞，m)时，ex－m＜1，f′(x)＜0，f(x)单调递减；
当x∈(m，＋∞)时，ex－m＞1，f′(x)＞0，f(x)单调递增．
故当x＝m时，f(m)为微小值也是最小值．
令f(m)＝1－m≥0，得m≤1，
即对任意x∈R，f(x)≥0恒成立时，m的取值范围是(－∞，1]．
(2)当m＞1时，f(m)＝1－m＜0.
∵f(0)＝e－m＞0，f(0)·f(m)＜0，且f(x)在(0，m)上单调递减．
∴f(x)在(0，m)上有一个零点．
又f(2m)＝em－2m，令g(m)＝em－2m，
∵当m＞1时，g′(m)＝em－2＞0，
∴g(m)在(1，＋∞)上单调递增．
∴g(m)＞g(1)＝e－2＞0，即f(2m)＞0.
∴f(m)·f(2m)＜0，
∴f(x)在(m,2m)上有一个零点．
故f(x)在[ 0,2m]上有两个零点．