高考數(shù)學復習:第九章 :第三節(jié)導數(shù)的應用二演練知能檢測

上傳人:仙*** 文檔編號:40809428 上傳時間:2021-11-17 格式:DOC 頁數(shù):6 大?。?83.50KB
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1、+2019年數(shù)學高考教學資料+第三節(jié)導數(shù)的應用(二)來源:全盤鞏固1已知f(x)x2sin,f(x)為f(x)的導函數(shù),則f(x)的圖象是()解析:選Af(x)x2sinx2cos x,f(x)xsin x.易知該函數(shù)為奇函數(shù),所以排除B、D.當x時,f×sin<0,可排除C.2下面為函數(shù)f(x)xsin xcos x的遞增區(qū)間的是()A. B(,2) C. D(2,3)解析:選Cf(x)sin xxcos xsin xxcos x,當x時,恒有f(x)>0.來源:3已知函數(shù)f(x)x3x2x,則f(a2)與f(1)的大小關系為()Af(a2)f(1) Bf(a2)<

2、;f(1)Cf(a2)f(1) Df(a2)與f(1)的大小關系不確定解析:選A由題意可得f(x)x22x,令f(x)(3x7)(x1)0,得x1或x.當x<1時,f(x)>0,f(x)為增函數(shù);當1<x<時,f(x)<0,f(x)為減函數(shù)所以f(1)是函數(shù)f(x)在(,0上的最大值,又因為a20,所以f(a2)f(1)4(2014·青島模擬)若函數(shù)yaex3x(xR,aR),有大于零的極值點,則實數(shù)a的取值范圍是()A(3,0) B(,3)來源:C. D.解析:選A由題可得yaex3,若函數(shù)在xR上有大于零的極值點,即yaex30有正根,顯然有a<

3、;0,此時xln.由x>0,得參數(shù)a的范圍為a>3.綜上知,3<a<0.5f(x)是定義在(0,)上的非負可導函數(shù),且滿足xf(x)f(x)0,對任意正數(shù)a,b,若a<b,則必有()Aaf(b)bf(a) Bbf(a)af(b)Caf(a)bf(b) Dbf(b)af(a)解析:選A設函數(shù)F(x)(x>0),則F(x).因為x>0,xf(x)f(x)0,所以F(x)0,故函數(shù)F(x)在(0,)上為減函數(shù)又0<a<b,所以F(a)F(b),即,則bf(a)af(b)6(2014·杭州模擬)已知定義在R上的偶函數(shù)f(x),f(1)0,

4、當x>0時有>0,則不等式xf(x)>0的解集為()Ax|1<x<0 Bx|x>1或1<x<0Cx|x>0 Dx|1<x<1解析:選B當x>0時有>0,即>0,在(0,)上單調遞增f(x)為R上的偶函數(shù),xf(x)為R上的奇函數(shù)xf(x)>0,x2>0,>0.在(0,)上單調遞增,且0,當x>0時,若xf(x)>0,則x>1.又xf(x)為R上的奇函數(shù),當x<0時,若xf(x)>0,則1<x<0.綜上,不等式的解集為x|x>1或1<x<

5、;07若函數(shù)f(x)2x39x212xa恰好有兩個不同的零點,則a的值為_解析:由題意得f(x)6x218x126(x1)(x2),由f(x)>0,得x<1或x>2,由f(x)<0,得1<x<2,所以函數(shù)f(x)在(,1),(2,)上單調遞增,在(1,2)上單調遞減,從而可知f(x)的極大值和極小值分別為f(1),f(2),若欲使函數(shù)f(x)恰好有兩個不同的零點,則需使f(1)0或f(2)0,解得a5或a4.答案:5或48已知函數(shù)f(x)x24x3ln x在t,t1上不單調,則t的取值范圍是_解析:由題意知f(x)x4,由f(x)0,得函數(shù)f(x)的兩個極值

6、點為1,3,則只要這兩個極值點有一個在區(qū)間(t,t1)內,函數(shù)f(x)在區(qū)間t,t1上就不單調,由t<1<t1或t<3<t1,得0<t<1或2<t<3.答案:(0,1)(2,3)9(2014·金華模擬)若函數(shù)f(x)x3a2x滿足:對于任意的x1,x20,1都有|f(x1)f(x2)|1恒成立,則a的取值范圍是_解析:由題意得,在0,1內,f(x)maxf(x)min1.f(x)x2a2,則函數(shù)f(x)x3a2x的極小值點是x|a|.若|a|>1,則函數(shù)f(x)在0,1上單調遞減,故只要f(0)f(1)1,即只要a2,即1<

7、|a|;若|a|1,此時f(x)minf(|a|)|a|3a2|a|a2|a|,由于f(0)0,f(1)a2,故當|a|時,f(x)maxf(1),此時只要a2a2|a|1即可,即a2,由于|a|,故|a|1×1<0,故此式成立;當<|a|1時,此時f(x)maxf(0),故只要a2|a|1即可,此不等式顯然成立綜上,a的取值范圍是.答案:10已知函數(shù)f(x)ex(x2axa),其中a是常數(shù)若存在實數(shù)k,使得關于x的方程f(x)k在0,)上有兩個不相等的實數(shù)根,求k的取值范圍解:令f(x)exx2(a2)x0,解得x(a2)或x0.當(a2)0,即a2時,在區(qū)間0,)上,

8、f(x)0,所以f(x)是0,)上的增函數(shù),所以方程f(x)k在0,)上不可能有兩個不相等的實數(shù)根當(a2)>0,即a<2時,f(x),f(x)隨x的變化情況如下表:x0(0,(a2)(a2)(a2),)f(x)00f(x)a由上表可知函數(shù)f(x)在0,)上的最小值為f(a2).因為函數(shù)f(x)是(0,(a2)上的減函數(shù),(a2),)上的增函數(shù),且當xa時,有f(x)ea·(a)>a,又f(0)a.所以要使方程f(x)k在0,)上有兩個不相等的實數(shù)根,k的取值范圍是.11(2014·杭州模擬)天目山某景區(qū)為提高經(jīng)濟效益,現(xiàn)對某一景點進行改造升級,從而擴大內

9、需,提高旅游增加值經(jīng)過市場調查,旅游增加值y萬元與投入x(x10)萬元之間滿足:yf(x)ax2xbln,a,b為常數(shù)當x10萬元時,y19.2萬元;當x20萬元時,y35.7萬元(參考數(shù)據(jù):ln 20.7,ln 31.1,ln 51.6)(1)求f(x)的解析式;(2)求該景點改造升級后旅游利潤T(x)的最大值(利潤旅游增加值投入)解:(1)由條件解得a,b1,則f(x)xln(x10)(2)由T(x)f(x)xxln(x10),得T(x).令T(x)0,得x1(舍)或x50.當x(10,50)時,T(x)>0,因此T(x)在(10,50)上是增函數(shù);當x(50,)時,T(x)<

10、0,因此T(x)在(50,)上是減函數(shù)則x50為T(x)的極大值點,也是最大值點即該景點改造升級后旅游利潤T(x)的最大值為T(50)24.4萬元12已知函數(shù)f(x)axln x,g(x)ex.(1)當a0時,求f(x)的單調區(qū)間;(2)若不等式g(x)<有解,求實數(shù)m的取值范圍;(3)證明:當a0時,|f(x)g(x)|>2.解:(1)f(x)的定義域是(0,),f(x)a(x>0),當a0時,f(x)>0,f(x)在(0,)上單調遞增;當a<0時,由f(x)0,解得x,則當x時,f(x)>0,f(x)單調遞增;當x時,f(0)<0,f(x)單調遞減

11、,綜上所述:當a0時,f(x)在(0,)上單調遞增;當a<0時,f(x)在上單調遞增,在上單調遞減(2)由題意:ex<有解,即ex<xm有解,因此只需m<xex在(0,)上有解即可設h(x)xex,則h(x)1ex1ex,因為2 >1,且當x(0,)時,ex>1,所以1ex<0,即h(x)<0.故h(x)在(0,)上單調遞減,所以h(x)<h(0)0,故實數(shù)m的取值范圍是(,0)(3)證明:當a0時,f(x)ln x,f(x)與g(x)的公共定義域為(0,),|f(x)g(x)|ln xex|exln xexx(ln xx),設m(x)ex

12、x,x(0,)因為m(x)ex1>0,所以m(x)在(0,)上單調遞增故m(x)>m(0)1,又設n(x)ln xx,x(0,),則n(x)1,當x(0,1)時,n(x)>0,n(x)單調遞增;當x(1,)時,n(x)<0,n(x)單調遞減,所以x1為n(x)的最大值點,來源:即n(x)n(1)1,故|f(x)g(x)|m(x)n(x)>1(1)2.沖擊名校設函數(shù)f(x)ln xax,g(x)exax ,其中a為實數(shù)(1)若f(x)在(1,)上是單調減函數(shù),且g(x)在(1,)上有最小值,求a的取值范圍;(2)若g(x)在(1,)上是單調增函數(shù),試求f(x)的零點

13、個數(shù),并證明你的結論解:(1)令f(x)a<0,考慮到f(x)的定義域為(0,),故a>0,進而解得x>a1,即f(x)在(a1,)上是單調減函數(shù)同理,f(x)在(0,a1)上是單調增函數(shù)由于f(x)在(1,)上是單調減函數(shù),故(1,)(a1,),從而a11,即a1.令g(x)exa0,得xln a.當0<x<ln a時,g(x)<0;當x>ln a時,g(x)>0,所以xln a是g(x)的極小值點又g(x)在(1,)上有最小值,所以ln a>1,即a>e.綜上,a的取值范圍為(e,)(2)當a0時,g(x)必為單調增函數(shù);當a&g

14、t;0時,令g(x)exa>0,解得a<ex,即x>ln a,因為g(x)在(1,)上是單調增函數(shù),類似(1)有l(wèi)n a1,即0<ae1.綜合上述兩種情況,有ae1.來源:數(shù)理化網(wǎng)()當a0時,由f(1)0以及f(x)>0,得f(x)存在唯一的零點()當a<0時,由于f(ea)aaeaa(1ea)<0,f(1)a>0,且函數(shù)f(x)在ea,1上的圖象不間斷,所以f(x)在(ea,1)上存在零點另外,當x>0時,f(x)a>0,故f(x)在(0,)上是單調增函數(shù),所以f(x)只有一個零點()當0<ae1時,令f(x)a0,解得xa

15、1.當0<x<a1時,f(x)>0,當x>a1時,f(x)<0,所以,xa1是f(x)的最大值點,且最大值為f(a1)ln a1.當ln a10,即ae1時,f(x)有一個零點xe.當ln a1>0,即0<a<e1時,f(x)有兩個零點實際上,對于0<a<e1,由于f(e1)1ae1<0,f(a1)>0,且函數(shù)f(x)在e1,a1上的圖象不間斷,所以f(x)在(e1,a1)上存在零點另外,當x(0,a1)時,f(x)a>0,故f(x)在(0,a1)上是單調增函數(shù),所以f(x)在(0,a1)上只有一個零點下面考慮f(x

16、)在(a1,)上的情況先證f(ea1)a(a2ea1)<0.為此,我們要證明:當x>e時,ex>x2.設h(x)exx2,則h(x)ex2x,再設l(x)h(x)ex2x,則l(x)ex2.當x>1時,l(x)ex2>e2>0,所以l(x)h(x)在(1,)上是單調增函數(shù)故當x>2時,h(x)ex2x>h(2)e24>0,從而h(x)在(2,)上是單調增函數(shù),進而當x>e時,h(x)exx2>h(e)eee2>0,即當x>e時,ex>x2.當0<a<e1,即a1>e時,f(ea1)a1aea1a(a2ea1)<0,又f(a1)>0,且函數(shù)f(x)在a1,ea1上的圖象不間斷,所以f(x)在(a1,ea1)上存在零點又當x>a1時,f(x)a<0,故f(x)在(a1,)上是單調減函數(shù),所以f(x)在(a1,)上只有一個零點綜合()()(),當a0或ae1時,f(x)的零點個數(shù)為1,當0<a<e1時,f(x)的零點個數(shù)為2.高考數(shù)學復習精品高考數(shù)學復習精品

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