2019-2020年高考数学大一轮复习 第二章 函数、导数及其应用课时作业16 理 新人教A版.doc

2019-2020年高考数学大一轮复习 第二章 函数、导数及其应用课时作业16 理 新人教A版一、选择题1已知函数f(x)x3x2x，则f(a2)与f(1)的大小关系为()Af(a2)f(1)Bf(a2)f(1)Cf(a2)f(1)Df(a2)与f(1)的大小关系不确定解析：由题意可得f(x)x22x，令f(x)(3x7)(x1)0，得x1或x.当x0，f(x)为增函数；当1x时，f(x)0)，则h(x).当x(0,1)时，h(x)0，函数h(x)单调递增，所以h(x)minh(1)4.所以ah(x)min4.答案：B3函数f(x)的定义域为R，f(1)2，对任意xR，f(x)2，则f(x)2x4的解集为()A(1,1)B(1，)C(，1)D(，)解析：由已知，f(x)(2x4)f(x)20，g(x)f(x)(2x4)单调递增，又g(1)0，f(x)2x4的解集是(1，)答案：B4若函数yaex3x(xR，aR)，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yaex3，若函数在xR上有大于零的极值点，即yaex30有正根，显然有a0，得参数a的范围为a3.综上知，3a0.答案：A5函数f(x)x33x1，若对于区间3,2上的任意x1，x2，都有|f(x1)f(x2)|t，则实数t的最小值是()A20B18C3D0解析：因为f(x)3x233(x1)(x1)，令f(x)0，得x1，所以1,1为函数的极值点又f(3)19，f(1)1，f(1)3，f(2)1，所以在区间3,2上f(x)max1，f(x)min19.又由题设知在区间3,2上f(x)maxf(x)mint，从而t20，所以t的最小值是20.答案：A6f(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ab，则必有()Aaf(b)bf(a)Bbf(a)af(b)Caf(a)f(b)Dbf(b)f(a)解析：xf(x)f(x)，f(x)0，0.则函数在(0，)上是单调递减的，由于0a0)，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：408函数f(x)ax3x恰有三个单调区间，则a的取值范围是_解析：f(x)ax3x恰有三个单调区间，即函数f(x)恰有两个极值点，即f(x)0有两个不等实根f(x)ax3x，f(x)3ax21.要使f(x)0有两个不等实根，则a0.由(x)0，得x3.当0x3时，(x)3时，(x)0.(x)在(0，)上有极小值(3)16ln30.故y(x)的图象与x轴有两个交点，则方程f(x)g(x)0有两个实根答案：2三、解答题10某种产品每件成本为6元，每件售价为x元(6x11)，年销售为u万件，若已知u与2成正比，且售价为10元时，年销量为28万件(1)求年销售利润y关于售价x的函数关系式；(2)求售价为多少时，年利润最大，并求出最大年利润解：(1)设uk2，售价为10元时，年销量为28万件，28k2，解得k2.u222x221x18.y(2x221x18)(x6)2x333x2108x108(6x0；当x(9,11)时，y1时，判断f(x)在0,2m上零点的个数，并说明理由解：(1)依题意，可知f(x)在R上连续，且f(x)exm1，令f(x)0，得xm.故当x(，m)时，exm1，f(x)1，f(x)0，f(x)单调递增；故当xm时，f(m)为极小值，也是最小值令f(m)1m0，得m1，即对任意xR，f(x)0恒成立时，m的取值范围是(，1(2)由(1)知f(x)在0,2m上至多有两个零点，当m1时，f(m)1m0，f(0)f(m)1时，g(m)em20，g(m)在(1，)上单调递增g(m)g(1)e20，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1已知函数yf(x)是定义在R上的奇函数，且当x0时，不等式f(x)xf(x)bcBcbaCcabDacb解析：设g(x)xf(x)，则g(x)f(x)xf(x)0(x0)，当x0时，g(x)为增函数130.32,0log3g(30.3)g(log3)，即cab.答案：C2设1x2，则，2，的大小关系是()A.2 B.2C.2 D.2解析：令f(x)xlnx(1x0，函数yf(x)在(1,2)内为增函数f(x)f(1)10，xlnx001.20，2，选A.答案：A3若函数f(x)x3x2ax在区间(1，)上单调递增，且在区间(1,2)上有零点，则实数a的取值范围是_解析：由f(x)在区间(1，)上单调递增，可知f(x)x22xa在(1，)上恒大于等于0，又因函数f(x)在(1，)上单调递增，所以只需f(1)12a0，即a3，又f(x)在区间(1,2)上有零点，所以f(1)f(2)0，即a，综上0时，x2ex；(3)证明：对任意给定的正数c，总存在x0，使得当x(x0，)时，恒有x2cex.解：(1)由f(x)exax，得f(x)exa.又f(0)1a1，得a2.所以f(x)ex2x，f(x)ex2.令f(x)0，得xln2.当xln2时，f(x)ln2时，f(x)0，f(x)单调递增所以当xln2时，f(x)取得极小值，且极小值为f(ln2)eln22ln22ln4，f(x)无极大值(2)令g(x)exx2，则g(x)ex2x.由(1)得g(x)f(x)f(ln2)0，故g(x)在R上单调递增，又g(0)10，因此，当x0时，g(x)g(0)0，即x20时，x20时，x2cex.取x00，当x(x0，)时，恒有x2cex.若0c1，要使不等式x2kx2成立而要使exkx2成立，则只要xln(kx2)，只要x2lnxlnk成立令h(x)x2lnxlnk，则h(x)1，所以当x2时，h(x)0，h(x)在(2，)内单调递增取x016k16，所以h(x)在(x0，)内单调递增，又h(x0)16k2ln(16k)lnk8(kln2)3(klnk)5k，易知klnk，kln2,5k0，所以h(x0)0.即存在x0，当x(x0，)时，恒有x2cex.综上，对任意给定的正数c，总存在x0，当x(x0，)时，恒有x2cex.