【优化方案】高考数学一轮复习 14.2 导数的应用课时闯关 理（含解析）人教版.doc

【优化方案】2014届高考数学一轮复习 14.2 导数的应用课时闯关 理（含解析）人教版一、选择题1(2013襄阳调研)对于在r上可导的任意函数f(x)，若满足(xa)f(x)0，则必有()af(x)f(a)bf(x)f(a)cf(x)f(a) df(x)a时，f(x)0；当xa时，f(x)0，所以当xa时，函数f(x)取得最小值，则f(x)f(a)，故选a.2(2012高考大纲全国卷)已知函数yx33xc的图象与x轴恰有两个公共点，则c()a2或2 b9或3c1或1 d3或1解析：选a.y3x23，当y0时，x1.则x，y，y的变化情况如下表：x(，1)1(1,1)1(1，)yyc2c2因此，当函数图象与x轴恰有两个公共点时，必有c20或c20，c2或c2.3设ar，若函数f(x)eax3x(xr)有大于零的极值点，则a的取值范围是()a(3,2) b(3，)c(，3) d(3,4)解析：选c.由已知得f(x)3aeax，若函数f(x)在xr上有大于零的极值点，则f(x)3aeax0有正根当3aeax0成立时，显然有a0得到参数a的取值范围为a3.4(2012高考重庆卷)设函数f(x)在r上可导，其导函数为f(x)，且函数f(x)在x2处取得极小值，则函数yxf(x)的图象可能是()解析：选c.f(x)在x2处取得极小值，当x2时，f(x)单调递减，即f(x)0；当x2时，f(x)单调递增，即f(x)0.当x2时，yxf(x)0；当x2时，yxf(x)0；当2x0时，yxf(x)0；当x0时，yxf(x)0；当x0时，yxf(x)0.结合选项中图象知选c.5已知f(x)为定义在(，)上的可导函数，且f(x)e2f(0)，f(2 013)e2 013f(0)bf(2)e2 013f(0)cf(2)e2f(0)，f(2 013)e2 013f(0)df(2)e2f(0)，f(2 013)e2 013f(0)解析：选a.由备选答案观察可知，可构造函数y.y，又f(x)0，故y0，则y在r上单调递增，则有，即f(2)e2f(0)；同理，f(2 013)e2 013f(0)，故选a.二、填空题6(2013合肥高三模拟)已知在r上可导的函数f(x)的图象如图所示，则不等式(x22x3)f(x)0的解集为_解析：不等式(x22x3)f(x)0可转化为或，由f(x)的图象可知f(x)在(，1)、(1，)上为增函数，在(1,1)上为减函数；所以f(x)0时，x1，f(x)0时，1x0时，有48m0，得m；当m0时，不成立综上，m.答案：m三、解答题9在平面直角坐标系xoy中，已知p是函数f(x)ex(x0)的图象上的动点，该图象在点p处的切线l交y轴于点m，过点p作l的垂线交y轴于点n，设线段mn的中点的纵坐标为t，求t的最大值解：设点p(x0，ex0)，则f(x0)ex0(x00)f(x)ex(x0)在p点的切线l的方程为yex0ex0(xx0)m(0，ex0x0ex0)过p点的l的垂线方程为yex0(xx0)，n.2tex0x0ex0ex02ex0x0ex0x0ex0(x00)则(2t)2ex0ex0x0ex0ex0x0ex0(1x0)(ex0ex0)ex0ex00，当1x00，即0x00，2t在x0(0,1)上单调递增；当1x01时，(2t)0，2t在x0(1，)上单调递减当x01时，2t有最大值e，即t的最大值为.10(2013南昌调研)已知函数f(x)，的图象过点(1,2)，且在x处取得极值(1)求实数b，c的值；(2)求f(x)在1，e(e为自然对数的底数)上的最大值解：(1)当x1时，f(x)3x22xb，由题意得即解得bc0.(2)由(1)知f(x)当1x0得0x；解f(x)0得1x0或x0时，f(x)在1，e上单调递增，f(x)在1，e上的最大值为a，当a2时，f(x)在1，e上的最大值为a；当a4n(13)n1c3c32c331c3c32c3312n3n5(n2)2(2n5)2n31.当n0,1,2时，显然()n2n31.故当a时，对所有自然数n都成立所以满足条件的a的最小值为.(3)由(1)知f(k)ak，则，.下面证明：.首先证明：当0x1时，x.设函数g(x)