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+2019年数学高考教学资料+第三节导数的应用(二)来源:全盘巩固1已知f(x)x2sin，f(x)为f(x)的导函数，则f(x)的图象是()解析：选Af(x)x2sinx2cos x，f(x)xsin x.易知该函数为奇函数，所以排除B、D.当x时，f×sin<0，可排除C.2下面为函数f(x)xsin xcos x的递增区间的是()A. B(，2) C. D(2，3)解析：选Cf(x)sin xxcos xsin xxcos x，当x时，恒有f(x)>0.来源:3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：选A由题意可得f(x)x22x，令f(x)(3x7)(x1)0，得x1或x.当x<1时，f(x)>0，f(x)为增函数；当1<x<时，f(x)<0，f(x)为减函数所以f(1)是函数f(x)在(，0上的最大值，又因为a20，所以f(a2)f(1)4(2014·青岛模拟)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)来源:C. D.解析：选A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a<0，此时xln.由x>0，得参数a的范围为a>3.综上知，3<a<0.5f(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()Aaf(b)bf(a) Bbf(a)af(b)Caf(a)bf(b) Dbf(b)af(a)解析：选A设函数F(x)(x>0)，则F(x).因为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)6(2014·杭州模拟)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()Ax|1<x<0 Bx|x>1或1<x<0Cx|x>0 Dx|1<x<1解析：选B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<07若函数f(x)2x39x212xa恰好有两个不同的零点，则a的值为_解析：由题意得f(x)6x218x126(x1)(x2)，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)的极大值和极小值分别为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a5或a4.答案：5或48已知函数f(x)x24x3ln x在t，t1上不单调，则t的取值范围是_解析：由题意知f(x)x4，由f(x)0，得函数f(x)的两个极值点为1,3，则只要这两个极值点有一个在区间(t，t1)内，函数f(x)在区间t，t1上就不单调，由t<1<t1或t<3<t1，得0<t<1或2<t<3.答案：(0,1)(2,3)9(2014·金华模拟)若函数f(x)x3a2x满足：对于任意的x1，x20,1都有|f(x1)f(x2)|1恒成立，则a的取值范围是_解析：由题意得，在0,1内，f(x)maxf(x)min1.f(x)x2a2，则函数f(x)x3a2x的极小值点是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)minf(|a|)|a|3a2|a|a2|a|，由于f(0)0，f(1)a2，故当|a|时，f(x)maxf(1)，此时只要a2a2|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)maxf(0)，故只要a2|a|1即可，此不等式显然成立综上，a的取值范围是.答案：10已知函数f(x)ex(x2axa)，其中a是常数若存在实数k，使得关于x的方程f(x)k在0，)上有两个不相等的实数根，求k的取值范围解：令f(x)exx2(a2)x0，解得x(a2)或x0.当(a2)0，即a2时，在区间0，)上，f(x)0，所以f(x)是0，)上的增函数，所以方程f(x)k在0，)上不可能有两个不相等的实数根当(a2)>0，即a<2时，f(x)，f(x)随x的变化情况如下表：x0(0，(a2)(a2)(a2)，)f(x)00f(x)a由上表可知函数f(x)在0，)上的最小值为f(a2).因为函数f(x)是(0，(a2)上的减函数，(a2)，)上的增函数，且当xa时，有f(x)ea·(a)>a，又f(0)a.所以要使方程f(x)k在0，)上有两个不相等的实数根，k的取值范围是.11(2014·杭州模拟)天目山某景区为提高经济效益，现对某一景点进行改造升级，从而扩大内需，提高旅游增加值经过市场调查，旅游增加值y万元与投入x(x10)万元之间满足：yf(x)ax2xbln，a，b为常数当x10万元时，y19.2万元；当x20万元时，y35.7万元(参考数据：ln 20.7，ln 31.1，ln 51.6)(1)求f(x)的解析式；(2)求该景点改造升级后旅游利润T(x)的最大值(利润旅游增加值投入)解：(1)由条件解得a，b1，则f(x)xln(x10)(2)由T(x)f(x)xxln(x10)，得T(x).令T(x)0，得x1(舍)或x50.当x(10,50)时，T(x)>0，因此T(x)在(10,50)上是增函数；当x(50，)时，T(x)<0，因此T(x)在(50，)上是减函数则x50为T(x)的极大值点，也是最大值点即该景点改造升级后旅游利润T(x)的最大值为T(50)24.4万元12已知函数f(x)axln x，g(x)ex.(1)当a0时，求f(x)的单调区间；(2)若不等式g(x)<有解，求实数m的取值范围；(3)证明：当a0时，|f(x)g(x)|>2.解：(1)f(x)的定义域是(0，)，f(x)a(x>0)，当a0时，f(x)>0，f(x)在(0，)上单调递增；当a<0时，由f(x)0，解得x，则当x时，f(x)>0，f(x)单调递增；当x时，f(0)<0，f(x)单调递减，综上所述：当a0时，f(x)在(0，)上单调递增；当a<0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减(2)由题意：ex<有解，即ex<xm有解，因此只需m<xex在(0，)上有解即可设h(x)xex，则h(x)1ex1ex，因为2 >1，且当x(0，)时，ex>1，所以1ex<0，即h(x)<0.故h(x)在(0，)上单调递减，所以h(x)<h(0)0，故实数m的取值范围是(，0)(3)证明：当a0时，f(x)ln x，f(x)与g(x)的公共定义域为(0，)，|f(x)g(x)|ln xex|exln xexx(ln xx)，设m(x)exx，x(0，)因为m(x)ex1>0，所以m(x)在(0，)上单调递增故m(x)>m(0)1，又设n(x)ln xx，x(0，)，则n(x)1，当x(0,1)时，n(x)>0，n(x)单调递增；当x(1，)时，n(x)<0，n(x)单调递减，所以x1为n(x)的最大值点，来源:即n(x)n(1)1，故|f(x)g(x)|m(x)n(x)>1(1)2.冲击名校设函数f(x)ln xax，g(x)exax ，其中a为实数(1)若f(x)在(1，)上是单调减函数，且g(x)在(1，)上有最小值，求a的取值范围；(2)若g(x)在(1，)上是单调增函数，试求f(x)的零点个数，并证明你的结论解：(1)令f(x)a<0，考虑到f(x)的定义域为(0，)，故a>0，进而解得x>a1，即f(x)在(a1，)上是单调减函数同理，f(x)在(0，a1)上是单调增函数由于f(x)在(1，)上是单调减函数，故(1，)(a1，)，从而a11，即a1.令g(x)exa0，得xln a.当0<x<ln a时，g(x)<0；当x>ln a时，g(x)>0，所以xln a是g(x)的极小值点又g(x)在(1，)上有最小值，所以ln a>1，即a>e.综上，a的取值范围为(e，)(2)当a0时，g(x)必为单调增函数；当a>0时，令g(x)exa>0，解得a<ex，即x>ln a，因为g(x)在(1，)上是单调增函数，类似(1)有ln a1，即0<ae1.综合上述两种情况，有ae1.来源:数理化网()当a0时，由f(1)0以及f(x)>0，得f(x)存在唯一的零点()当a<0时，由于f(ea)aaeaa(1ea)<0，f(1)a>0，且函数f(x)在ea,1上的图象不间断，所以f(x)在(ea,1)上存在零点另外，当x>0时，f(x)a>0，故f(x)在(0，)上是单调增函数，所以f(x)只有一个零点()当0<ae1时，令f(x)a0，解得xa1.当0<x<a1时，f(x)>0，当x>a1时，f(x)<0，所以，xa1是f(x)的最大值点，且最大值为f(a1)ln a1.当ln a10，即ae1时，f(x)有一个零点xe.当ln a1>0，即0<a<e1时，f(x)有两个零点实际上，对于0<a<e1，由于f(e1)1ae1<0，f(a1)>0，且函数f(x)在e1，a1上的图象不间断，所以f(x)在(e1，a1)上存在零点另外，当x(0，a1)时，f(x)a>0，故f(x)在(0，a1)上是单调增函数，所以f(x)在(0，a1)上只有一个零点下面考虑f(x)在(a1，)上的情况先证f(ea1)a(a2ea1)<0.为此，我们要证明：当x>e时，ex>x2.设h(x)exx2，则h(x)ex2x，再设l(x)h(x)ex2x，则l(x)ex2.当x>1时，l(x)ex2>e2>0，所以l(x)h(x)在(1，)上是单调增函数故当x>2时，h(x)ex2x>h(2)e24>0，从而h(x)在(2，)上是单调增函数，进而当x>e时，h(x)exx2>h(e)eee2>0，即当x>e时，ex>x2.当0<a<e1，即a1>e时，f(ea1)a1aea1a(a2ea1)<0，又f(a1)>0，且函数f(x)在a1，ea1上的图象不间断，所以f(x)在(a1，ea1)上存在零点又当x>a1时，f(x)a<0，故f(x)在(a1，)上是单调减函数，所以f(x)在(a1，)上只有一个零点综合()()()，当a0或ae1时，f(x)的零点个数为1，当0<a<e1时，f(x)的零点个数为2.高考数学复习精品高考数学复习精品
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