《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》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《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（6頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
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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