【创新方案】高考数学理一轮知能检测：第9章 第2节　导数的应用

1、高考数学精品复习资料 2019.5第二节导数的应用(一)全盘巩固1已知定义在r上的函数f(x)，其导函数f(x)的大致图象如图所示，则下列叙述正确的是()af(b)>f(c)>f(d) bf(b)>f(a)>f(e)cf(c)>f(b)>f(a) df(c)>f(e)>f(d)解析：选c依题意得，当x(，c)时，f(x)>0；当x(c，e)时，f(x)<0；当x(e，)时，f(x)>0.因此，函数f(x)在(，c)上是增函数，在(c，e)上是减函数，在(e，)上是增函数，又a<b<c，所以f(c)>f(b)&g

2、t;f(a)2(20xx·淄博模拟)若函数f(x)ax3bx2cxd有极值，则导函数f(x)的图象不可能是()解析：选d若函数f(x)ax3bx2cxd有极值，则此函数在某点两侧的单调性相反，也就是说导函数f(x)在此点两侧的导函数值的符号相反，所以导函数的图象要穿过x轴，观察四个选项中的图象只有d项是不符合要求的，即f(x)的图象不可能是d.3函数yx2ln x的单调递减区间为()a(1,1b(0,1c1，) d(0，)解析：选b函数yx2ln x的定义域为(0，)，yx，令y0，可得0<x1.4(20xx·福建高考)设函数f(x)的定义域为r，x0(x00)是f(

3、x)的极大值点，以下结论一定正确的是()axr，f(x)f(x0) bx0是f(x)的极小值点cx0是f(x)的极小值点 dx0是f(x)的极小值点解析：选d取函数f(x)x3x，则x为f(x)的极大值点，但f(3)>f，排除a；取函数f(x)(x1)2，则x1是f(x)的极大值点，但1不是f(x)的极小值点，排除b；f(x)(x1)2，1不是f(x)的极小值点，排除c.5(20xx·温州模拟)定义在上的函数f(x)，f(x)是它的导函数，且恒有f(x)<f(x)·tan x成立，则()a.f>f bf(1)<2fsin 1c.f>f d.f&

4、lt;f解析：选d由f(x)<f(x)tan x，得cos xf(x)f(x)sin x<0，则>0，即在上为单调递增函数，故选d.6(20xx·湖北高考)已知a为常数，函数f(x)x(ln xax)有两个极值点x1，x2(x1<x2)，则()af(x1)>0，f(x2)> bf(x1)<0，f(x2)<cf(x1)>0，f(x2)< df(x1)<0，f(x2)>解析：选df(x)ln x2ax1，依题意知f(x)0有两个不等实根x1，x2.即曲线y11ln x与y22ax有两个不同交点，如图由直线yx是曲线y

5、11ln x的切线，可知：0<2a<1，且0<x1<1<x2.a.由0<x1<1，得f(x1)x1(ln x1ax1)<0，当x1<x<x2时，f(x)>0，当x>x2时，f(x)<0，f(x2)>f(1)a>.7(20xx·郑州模拟)若函数f(x)x3x2ax4恰在1,4上单调递减，则实数a的值为_解析：f(x)x3x2ax4，f(x)x23xa.又函数f(x)恰在1,4上单调递减，1,4是f(x)0的两根，a1×44.答案：48已知函数f(x)x33mx2nxm2在x1时有极值0，

6、则mn_.解析：f(x)3x26mxn，由已知可得或当时，f(x)3x26x33(x1)20恒成立与x1是极值点矛盾，当时，f(x)3x212x93(x1)(x3)，显然x1是极值点，符合题意，mn11.答案：119已知函数f(x)的定义域为1,5，部分对应值如表，x1045f(x)1221f(x)的导函数yf(x)的图象如图所示，下列是关于函数f(x)的命题：函数f(x)的值域为1,2；函数f(x)在0,2上是减函数；如果当x1，t时，f(x)的最大值是2，那么t的最大值为4；当1<a<2时，函数yf(x)a有4个零点其中真命题的是_(填写序号)解析：由题意可知函数f(x)的单调

7、增区间为(1,0)，(2,4)；单调减区间为(0,2)，(4,5)，且f(x)的极小值为f(2)，由于f(2)未知，故均错误，又因为f(x)的最大值为f(0)f(4)2，故错误答案：10(20xx·新课标全国卷)已知函数f(x)ex(axb)x24x，曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程为y4x4.(1)求a，b的值；(2)讨论f(x)的单调性，并求f(x)的极大值解：(1)f(x)ex(axab)2x4.由已知得f(0)4，f(0)4.故b4，ab8.从而a4，b4.(2)由(1)知，f(x)4ex(x1)x24x，f(x)4ex(x2)2x44(x2).令f(x)0得，x

8、ln 2或x2.从而当x(，2)(ln 2，)时，f(x)>0；当x(2，ln 2)时，f(x)<0.故f(x)在(，2)，(ln 2，)上单调递增，在(2，ln 2)上单调递减当x2时，函数f(x)取得极大值，极大值为f(2)4(1e2)11.已知函数f(x)ax3bxc在点x2处取得极值c16.(1)求a，b的值；(2)若f(x)有极大值28，求f(x)在3,3上的最小值解：(1)因为f(x)ax3bxc，所以f(x)3ax2b，由于f(x)在点x2处取得极值c16，故有即化简得解得经检验符合题意故a1，b12.(2)由(1)知f(x)x312xc，f(x)3x2123(x2)

9、(x2)令f(x)0，得x12，x22.当x(，2)时，f(x)>0，故f(x)在(，2)上为增函数；当x(2,2)时，f(x)<0，故f(x)在(2,2)上为减函数；当x(2，)时，f(x)>0，故f(x)在(2，)上为增函数由此可知f(x)在x12处取得极大值f(2)16c，在x22处取得极小值f(2)c16.由题设条件知16c28，解得c12.此时f(3)9c21，f(3)9c3，f(2)c164，因此f(x)在3,3上的最小值为f(2)4.12已知函数f(x)ln xax2x，ar.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)是否存在实数a，使得函数f(x)的极值大于0？若

10、存在，求a的取值范围；若不存在，请说明理由解：(1)由题意得，函数f(x)的定义域为(0，)，f(x)ax1.当a0时，f(x)，x>0，f(x)>0.函数f(x)的单调递增区间为(0，)当a0时，令f(x)0，得0，x>0，ax2x10，14a.()当0，即a时，得ax2x10，故f(x)0，函数f(x)的单调递增区间为(0，)()当>0，即a>时，方程ax2x10的两个实根分别为x1，x2.若<a<0，则x1<0，x2<0，此时，当x(0，)时，f(x)>0.函数f(x)的单调递增区间为(0，)，若a>0，则x1<0，

11、x2>0，此时，当x(0，x2)时，f(x)>0，当x(x2，)时，f(x)<0.函数f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.综上所述，当a>0时，函数f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为；当a0时，函数f(x)的单调递增区间为(0，)，无单调递减区间(2)由(1)得，当a0时，函数f(x)在(0，)上单调递增，故函数f(x)无极值；当a>0时，函数f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为，则f(x)有极大值，极大值为f (x2)ln x2axx2，其中x2.而axx210，即axx21，f(x2)ln x2.设函数h(x)ln x(x>0)，则h(x

12、)>0，则h(x)ln x在(0，)上为增函数又h(1)0，则h(x)>0等价于x>1.f(x2)ln x2>0等价于x2>1.即当a>0时，方程ax2x10的正根大于1.设(x)ax2x1，由于(x)的图象是开口向上的抛物线，且经过点(0，1)，对称轴x>0，则只需(1)<0，即a11<0，解得a<2，又a>0，所以0<a<2.故存在满足条件的实数a，且实数a的取值范围为(0,2)冲击名校设函数f(x)xex.(1) 求f(x)的单调区间与极值；(2) (2)是否存在实数a，使得对任意的x1、x2(a，)，当x1<x2时恒有>成立？若存在，求a的取值范围；若不存在，请说明理由解：(1)f(x)(1x)ex.令f(x)0，得x1.f(x)，f(x)随x的变化情况如下：x(，1)1(1，)f(x)0f(x)极小值f(x)的单调递减区间是(，1)，单调递增区间是(1，)；f(x)极小值f(1).(2) 设g(x)，由题意，对任意的x1、x2(a，)，当x1<x2时恒有g(x2)>g(x1)，即yg(x)在(a，)上是单调递增函数(3) 又g(x)，x(a，)，g(x)0.令h(x)x2exaxexaexaea，