《2019-2020年高考數(shù)學(xué)異構(gòu)異模復(fù)習(xí)第三章導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用課時(shí)撬分練3.2導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用文.DOC》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019-2020年高考數(shù)學(xué)異構(gòu)異模復(fù)習(xí)第三章導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用課時(shí)撬分練3.2導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用文.DOC（9頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
2019-2020年高考數(shù)學(xué)異構(gòu)異模復(fù)習(xí)第三章導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用課時(shí)撬分練3.2導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用文
1.[xx衡水二中周測(cè)]已知函數(shù)f(x)＝，則x>0時(shí)，f(x)( )
A．有極大值，無極小值
B．有極小值，無極大值
C．既有極大值，又有極小值
D．既無極大值也無極小值
答案 B
解析 f′(x)＝＝，x>0.
令f′(x)＝0，得x＝1.
又f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．
所以x＝1為f(x)的極小值點(diǎn)，f(x)無極大值．故選B.
2．[xx棗強(qiáng)中學(xué)仿真]在R上可導(dǎo)的函數(shù)f(x)的圖象如圖所示，則關(guān)于x的不等式xf′(x)<0的解集為( )
A．(－∞，－1)∪(0,1)
B．(－1,0)∪(1，＋∞)
C．(－2，－1)∪(1,2)
D．(－∞，－2)∪(2，＋∞)
答案 A
解析 由f(x)的圖象知，當(dāng)x<－1或x>1時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)－1
f′(x)，則以下判斷正確的是( )
A．f(xx)>e2013f(0)
B．f(xx)f′(x)，∴g′(x)<0，即函數(shù)g(x)在R上遞減，∴g(xx)1，f(－1)＝＋1>1，而e－1－＝e－－2＝>0，
所以f(x)max＝f(1)＝e－1.
5. [xx衡水二中熱身]設(shè)函數(shù)f(x)＝ln x－ax，g(x)＝ex－ax，其中a為實(shí)數(shù)．若f(x)在(1，＋∞)上是單調(diào)減函數(shù)，且g(x)在(1，＋∞)上有最小值，則a的取值范圍是( )
A．(e，＋∞) B．[e，＋∞)
C．(1，＋∞) D．[1，＋∞)
答案 A
解析 解法一：f′(x)＝－a，g′(x)＝ex－a，由題意得，當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)f′(x)≤0恒成立，即x∈(1，＋∞)時(shí)a≥恒成立，則a≥1.因?yàn)間′(x)＝ex－a在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以g′(x)>g′(1)＝e－a.又g(x)在(1，＋∞)上有最小值，則必有e－a<0，即a>e.
綜上，可知a的取值范圍是(e，＋∞)．
解法二：f′(x)＝－a，g′(x)＝ex－a.由題意得，當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)f′(x)≤0恒成立，即x∈(1，＋∞)時(shí)a≥恒成立，則a≥1.
當(dāng)a≤0時(shí)，g′(x)>0恒成立，從而g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，故g(x)在(1，＋∞)上無最值，不符合題意；
當(dāng)00得x>ln a，又ln a≤1，故g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，故g(x)在(1，＋∞)上無最值，不符合題意；
當(dāng)a>e時(shí)，由g′(x)>0得x>ln a，又ln a>1，故g(x)在(1，ln a)上單調(diào)遞減，在(ln a，＋∞)上單調(diào)遞增，此時(shí)有最小值，為g(ln a)＝eln a－aln a＝a－aln a.
由題意知ln a>1，所以a>e.
綜上，可知a的取值范圍是(e，＋∞)．
6．[xx武邑中學(xué)期末]函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，f(－1)＝2，對(duì)任意x∈R，f′(x)>2，則f(x)>2x＋4的解集為( )
A．(－1,1) B．(－1，＋∞)
C．(－∞，－1) D．(－∞，＋∞)
答案 B
解析 設(shè)m(x)＝f(x)－(2x＋4)，
∵m′(x)＝f′(x)－2>0，
∴m(x)在R上是增函數(shù)．
∵m(－1)＝f(－1)－(－2＋4)＝0，
∴m(x)>0的解集為{x|x>－1}，
即f(x)>2x＋4的解集為(－1，＋∞)．
7．[xx衡水二中預(yù)測(cè)]函數(shù)f(x)＝x(x－m)2在x＝1處取得極小值，則m＝________.
答案 1
解析 f′(1)＝0可得m＝1或m＝3.
當(dāng)m＝3時(shí)，f′(x)＝3(x－1)(x－3)，
13，f′(x)>0，此時(shí)x＝1處取得極大值，不合題意，所以m＝1.
8．[xx棗強(qiáng)中學(xué)月考]函數(shù)f(x)＝x3－x2－3x－1的圖象與x軸的交點(diǎn)個(gè)數(shù)是________．
答案 3
解析 f′(x)＝x2－2x－3＝(x＋1)(x－3)，函數(shù)在(－∞，－1)和(3，＋∞)上是增函數(shù)，在(－1,3)上是減函數(shù)，由f(x)極小值＝f(3)＝－10<0，f(x)極大值＝f(－1)＝>0知函數(shù)f(x)的圖象與x軸的交點(diǎn)個(gè)數(shù)為3.
9．[xx衡水二中猜題]已知函數(shù)f(x)＝(a>0，r>0)．
(1)求f(x)的定義域，并討論f(x)的單調(diào)性；
(2)若＝400，求f(x)在(0，＋∞)內(nèi)的極值．
解 (1)由題意知x≠－r，所求的定義域?yàn)?－∞，－r)∪(－r，＋∞)．
f(x)＝＝，
f′(x)＝
＝，
所以當(dāng)x<－r或x>r時(shí)，f′(x)<0；
當(dāng)－r0，
因此，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，－r)，(r，＋∞)；
f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－r，r)．
(2)由(1)的解答可知f′(r)＝0，f(x)在(0，r)上單調(diào)遞增，在(r，＋∞)上單調(diào)遞減．因此，x＝r是f(x)的極大值點(diǎn)，所以f(x)在(0，＋∞)內(nèi)的極大值為f(r)＝＝＝＝100，無極小值．
10．[xx衡水二中一輪檢測(cè)]已知曲線f(x)＝－x3＋3x2＋9x＋a與x軸只有一個(gè)交點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．
解 f′(x)＝－3x2＋6x＋9.
令f′(x)＝0，解得x1＝－1，x2＝3.
列表：
x
(－∞，－1)
－1
(－1,3)
3
(3，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
0
－
f(x)
極小值
極大值
所以當(dāng)x＝－1時(shí)，f(x)有極小值f(－1)＝a－5；當(dāng)x＝3時(shí)，f(x)有極大值f(3)＝a＋27.
畫出大致圖象，要使f(x)的圖象與x軸只有一個(gè)交點(diǎn)，只需極大值小于0(如圖1)或極小值大于0(如圖2)．
所以a－5>0或a＋27<0.解得a>5或a<－27.
故實(shí)數(shù)a的取值范圍為a>5或a<－27.
11．[xx冀州中學(xué)周測(cè)]已知函數(shù)f(x)＝aln x＋x2＋1.
(1)當(dāng)a＝－時(shí)，求f(x)在區(qū)間上的最值；
(2)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；
(3)當(dāng)－11＋ln (－a)恒成立，求a的取值范圍．
解 (1)當(dāng)a＝－時(shí)，f(x)＝－ln x＋＋1，
所以f′(x)＝＋＝，
因?yàn)閒(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，所以由f′(x)＝0得x＝1.
所以f(x)在區(qū)間上的最值只可能在f(1)，f，f(e)中取到，而f(1)＝，f＝＋，f(e)＝＋，
所以f(x)max＝f(e)＝＋，f(x)min＝f(1)＝.
(2)f′(x)＝，x∈(0，＋∞)．
①當(dāng)a＋1≤0，即a≤－1時(shí)，f′(x)<0，所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減；
②當(dāng)a≥0時(shí)，f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；
③當(dāng)－10得x2>，所以x>或x<－(舍去)，
所以f(x)在上單調(diào)遞增，在
上單調(diào)遞減．
綜上，當(dāng)a≥0時(shí)，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；
當(dāng)－11＋ln (－a)，
即aln＋＋1>1＋ln (－a)，
整理得ln (a＋1)>－1，
所以a>－1，
又－10的解集是(－1,1)，因此有a<0，－＝－1＋1＝0，－1＝，∴b＝0，c＝－3a，函數(shù)f(x)＝ax3＋bx2＋cx＝ax3－3ax.由3ax2＋2bx＋c＝3ax2－3a＝0，得函數(shù)f(x)的極大值為f(1)、極小值為f(－1)．方程3a(f(x))2＋2bf(x)＋c＝0可變?yōu)?a(f(x))2－3a＝0，要使3a(f(x))2－3a＝0恰有6個(gè)不同的實(shí)根，需滿足，得a<－.
13. [xx冀州中學(xué)猜題]已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax＋，g(x)＝－ln x.
(1)當(dāng)a為何值時(shí)，x軸為曲線y＝f(x)的切線；
(2)用min{m，n}表示m，n中的最小值，設(shè)函數(shù)h(x)＝min{f(x)，g(x)}(x>0)，討論h(x)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)．
解 (1)設(shè)曲線y＝f(x)與x軸相切于點(diǎn)(x0,0)，則f(x0)＝0，f′(x0)＝0，即
解得x0＝，a＝－.
因此，當(dāng)a＝－時(shí)，x軸為曲線y＝f(x)的切線．
(2)當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，g(x)＝－ln x<0，從而h(x)＝min{f(x)，g(x)}≤g(x)<0，故h(x)在(1，＋∞)上無零點(diǎn)．
當(dāng)x＝1時(shí)，若a≥－，則f(1)＝a＋≥0，h(1)＝min{f(1)，g(1)}＝g(1)＝0，故x＝1是h(x)的零點(diǎn)；若a<－，則f(1)<0，h(1)＝min{f(1)，g(1)}＝f(1)<0，故x＝1不是h(x)的零點(diǎn)．
當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，g(x)＝－ln x>0.所以只需考慮f(x)在(0,1)上的零點(diǎn)個(gè)數(shù)．
①若a≤－3或a≥0，則f′(x)＝3x2＋a在(0,1)上無零點(diǎn)，故f(x)在(0,1)上單調(diào)．而f(0)＝，f(1)＝a＋，所以當(dāng)a≤－3時(shí)，f(x)在(0,1)上有一個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)a≥0時(shí)，f(x)在(0,1)上沒有零點(diǎn)．
②若－30，即－－或a<－時(shí)，h(x)有一個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)a＝－或a＝－時(shí)，h(x)有兩個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)－0時(shí)，“>a”等價(jià)于“sinx－ax>0”；“0對(duì)任意x∈恒成立．
當(dāng)c≥1時(shí)，因?yàn)閷?duì)任意x∈，g′(x)＝cosx－c<0，
所以g(x)在區(qū)間上單調(diào)遞減．
從而g(x)g(0)＝0.
進(jìn)一步，“g(x)>0對(duì)任意x∈恒成立”當(dāng)且僅當(dāng)g＝1－c≥0，即00對(duì)任意x∈恒成立；當(dāng)且僅當(dāng)c≥1時(shí)，g(x)<0對(duì)任意x∈恒成立．
所以，若a<0，t(a)在上是增函數(shù)，
故t(a)≥t(0)＝－2，因此－2≤3a＋b≤0；
③當(dāng)
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