2019-2020年高考数学异构异模复习第三章导数及其应用课时撬分练3.2导数的应用理.DOC

2019-2020年高考数学异构异模复习第三章导数及其应用课时撬分练3.2导数的应用理1.xx衡水二中周测已知函数f(x)，则x0时，f(x)()A有极大值，无极小值B有极小值，无极大值C既有极大值，又有极小值D既无极大值也无极小值答案B解析f(x)，x0.令f(x)0，得x1.又f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增所以x1为f(x)的极小值点，f(x)无极大值故选B.2xx枣强中学仿真在R上可导的函数f(x)的图象如图所示，则关于x的不等式xf(x)0的解集为()A(，1)(0,1)B(1,0)(1，)C(2，1)(1,2)D(，2)(2，)答案A解析由f(x)的图象知，当x1时，f(x)0；当1x1时，f(x)0，xf(x)f(x)，则以下判断正确的是()Af(xx)exxf(0)Bf(xx)f(x)，g(x)0，即函数g(x)在R上递减，g(xx)g(0)，f(xx)1，f(1)11，而e1e20，所以f(x)maxf(1)e1.5.xx衡水二中热身设函数f(x)ln xax，g(x)exax，其中a为实数若f(x)在(1，)上是单调减函数，且g(x)在(1，)上有最小值，则a的取值范围是()A(e，) Be，)C(1，) D1，)答案A解析解法一：f(x)a，g(x)exa，由题意得，当x(1，)时f(x)0恒成立，即x(1，)时a恒成立，则a1.因为g(x)exa在(1，)上单调递增，所以g(x)g(1)ea.又g(x)在(1，)上有最小值，则必有eae.综上，可知a的取值范围是(e，)解法二：f(x)a，g(x)exa.由题意得，当x(1，)时f(x)0恒成立，即x(1，)时a恒成立，则a1.当a0时，g(x)0恒成立，从而g(x)在(1，)上单调递增，故g(x)在(1，)上无最值，不符合题意；当00得xln a，又ln a1，故g(x)在(1，)上单调递增，故g(x)在(1，)上无最值，不符合题意；当ae时，由g(x)0得xln a，又ln a1，故g(x)在(1，ln a)上单调递减，在(ln a，)上单调递增，此时有最小值，为g(ln a)eln aaln aaaln a.由题意知ln a1，所以ae.综上，可知a的取值范围是(e，)6xx武邑中学期末函数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(，)答案B解析设m(x)f(x)(2x4)，m(x)f(x)20，m(x)在R上是增函数m(1)f(1)(24)0，m(x)0的解集为x|x1，即f(x)2x4的解集为(1，)7xx衡水二中预测函数f(x)x(xm)2在x1处取得极小值，则m_.答案1解析f(1)0可得m1或m3.当m3时，f(x)3(x1)(x3)，1x3，f(x)0；x3，f(x)0，此时x1处取得极大值，不合题意，所以m1.8xx枣强中学月考函数f(x)x3x23x1的图象与x轴的交点个数是_答案3解析f(x)x22x3(x1)(x3)，函数在(，1)和(3，)上是增函数，在(1,3)上是减函数，由f(x)极小值f(3)100知函数f(x)的图象与x轴的交点个数为3.9xx衡水二中猜题已知函数f(x)(a0，r0)(1)求f(x)的定义域，并讨论f(x)的单调性；(2)若400，求f(x)在(0，)内的极值解(1)由题意知xr，所求的定义域为(，r)(r，)f(x)，f(x)，所以当xr时，f(x)0；当rx0，因此，f(x)的单调递减区间为(，r)，(r，)；f(x)的单调递增区间为(r，r)(2)由(1)的解答可知f(r)0，f(x)在(0，r)上单调递增，在(r，)上单调递减因此，xr是f(x)的极大值点，所以f(x)在(0，)内的极大值为f(r)100，无极小值10xx衡水二中一轮检测已知曲线f(x)x33x29xa与x轴只有一个交点，求实数a的取值范围解f(x)3x26x9.令f(x)0，解得x11，x23.列表：x(，1)1(1,3)3(3，)f(x)00f(x)极小值极大值所以当x1时，f(x)有极小值f(1)a5；当x3时，f(x)有极大值f(3)a27.画出大致图象，要使f(x)的图象与x轴只有一个交点，只需极大值小于0(如图1)或极小值大于0(如图2)所以a50或a275或a5或a1.解(1)函数f(x)的定义域为(0，)，f(x)aexln xexex1ex1.由题意可得f(1)2，f(1)e.故a1，b2.(2)证明：由(1)知，f(x)exln xex1，从而f(x)1等价于xln xxex.设函数g(x)xln x，则g(x)1ln x.所以当x时，g(x)0.故g(x)在上单调递减，在上单调递增，从而g(x)在(0，)上的最小值为g.设函数h(x)xex，则h(x)ex(1x)所以当x(0,1)时，h(x)0；当x(1，)时，h(x)0时，g(x)h(x)，即f(x)1.能力组12.xx冀州中学预测定义在R上的函数f(x)ax3bx2cx(a0)的单调增区间为(1,1)，若方程3a(f(x)22bf(x)c0恰有6个不同的实根，则实数a的取值范围是_答案a0的解集是(1,1)，因此有a0，110，1，b0，c3a，函数f(x)ax3bx2cxax33ax.由3ax22bxc3ax23a0，得函数f(x)的极大值为f(1)、极小值为f(1)方程3a(f(x)22bf(x)c0可变为3a(f(x)23a0，要使3a(f(x)23a0恰有6个不同的实根，需满足，得a0)，讨论h(x)零点的个数解(1)设曲线yf(x)与x轴相切于点(x0,0)，则f(x0)0，f(x0)0，即解得x0，a.因此，当a时，x轴为曲线yf(x)的切线(2)当x(1，)时，g(x)ln x0，从而h(x)minf(x)，g(x)g(x)0，故h(x)在(1，)上无零点当x1时，若a，则f(1)a0，h(1)minf(1)，g(1)g(1)0，故x1是h(x)的零点；若a，则f(1)0，h(1)minf(1)，g(1)f(1)0.所以只需考虑f(x)在(0,1)上的零点个数若a3或a0，则f(x)3x2a在(0,1)上无零点，故f(x)在(0,1)上单调而f(0)，f(1)a，所以当a3时，f(x)在(0,1)上有一个零点；当a0时，f(x)在(0,1)上没有零点若3a0，即a0，f(x)在(0,1)上无零点；b若f0，即a，则f(x)在(0,1)上有唯一零点；c若f0，即3a，由于f(0)，f(1)a，所以当a时，f(x)在(0,1)上有两个零点；当3或a时，h(x)有一个零点；当a或a时，h(x)有两个零点；当a时，h(x)有三个零点14xx武邑中学仿真已知函数f(x)xcosxsinx，x.(1)求证：f(x)0；(2)若ab对x恒成立，求a的最大值与b的最小值解(1)证明：由f(x)xcosxsinx得f(x)cosxxsinxcosxxsinx.因为在区间(0，)上f(x)xsinx0时，“a”等价于“sinxax0”；“b”等价于“sinxbx0对任意x恒成立当c1时，因为对任意x，g(x)cosxc0，所以g(x)在区间0，上单调递减从而g(x)g(0)0对任意x恒成立当0cg(0)0.进一步，“g(x)0对任意x恒成立”当且仅当g1c0，即00对任意x恒成立；当且仅当c1时，g(x)0对任意x恒成立所以，若ab对任意x恒成立， 则a的最大值为，b的最小值为1.15xx衡水中学模拟已知函数f(x)x33|xa|(aR)(1)若f(x)在1,1上的最大值和最小值分别记为M(a)，m(a)，求M(a)m(a)；(2)设bR.若f(x)b24对x1,1恒成立，求3ab的取值范围解(1)因为f(x)所以f(x)由于1x1，当a1时，有xa，故f(x)x33x3a，此时f(x)在(1,1)上是增函数，因此，M(a)f(1)43a，m(a)f(1)43a，故M(a)m(a)(43a)(43a)8.当1a1时，若x(a,1)，则f(x)x33x3a在(a,1)上是增函数；若x(1，a)，则f(x)x33x3a在(1，a)上是减函数所以M(a)maxf(1)，f(1)，m(a)f(a)a3.由于f(1)f(1)6a2，因此当1a时，M(a)m(a)a33a4；当a1时，M(a)m(a)a33a2.当a1时，有xa，故f(x)x33x3a，此时f(x)在(1,1)上是减函数，因此，M(a)f(1)23a，m(a)f(1)23a.故M(a)m(a)(23a)(23a)4.综上，M(a)m(a)(2)令h(x)f(x)b，则h(x)h(x)因为f(x)b24对x1,1恒成立，即2h(x)2对x1,1恒成立所以由(1)知，当a1时，h(x)在1,1上是增函数，h(x)在1，1上的最大值是h(1)43ab，最小值是h(1)43ab，则43ab2且43ab2，矛盾；当10，t(a)在上是增函数，故t(a)t(0)2，因此23ab0；当a1时，h(x)在1,1上的最小值是h(a)a3b，最大值是h(1)3ab2，所以a3b2且3ab22，解得3ab0；当a1时，h(x)在1,1上的最大值是h(1)23ab，最小值是h(1)23ab，所以3ab22，且3ab22，解得3ab0.综上，得3ab的取值范围是23ab0.