《高考數(shù)學(xué)文科總復(fù)習(xí)【第二章】函數(shù)、導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 第十四節(jié)》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學(xué)文科總復(fù)習(xí)【第二章】函數(shù)、導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 第十四節(jié)（6頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 精品資料 第十四節(jié)　導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用(二) [來源:] 基礎(chǔ)自測(cè) 1. (2012·合肥質(zhì)檢)函數(shù)f(x)的圖象如圖所示，則不等式(x＋3)·f′(x)<0的解集為(　　) A．(1，＋∞) B．(－∞，－3) C．(－∞，－1)∪(1，＋∞)[來源:數(shù)理化網(wǎng)] D．(－∞，－3)∪(－1,1) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 解析：由不等式(x＋3)f′(x)<0得或觀察圖象可知，x<－3或－1<x<1.所以不等式的解集為(－∞，－3)∪(－1,

2、1)．故選D. 答案：D 2. 函數(shù)f(x)＝x3－3x2＋1在x0處取得極小值，則x0＝(　　) A．0 B．2 C．－2 D．3 解析：f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，當(dāng)x＜0時(shí)，f′(x)＞0，當(dāng)0＜x＜2時(shí)，f′(x)＜0，當(dāng)x＞2時(shí)，f′(x)＞0，故當(dāng)x＝2時(shí)取得極小值．故選B. 答案：B 3．(2012·大連雙基測(cè)試)函數(shù)f(x)＝(x2－2x)ex的最小值為f(x0)，則x0＝________. 解析：f′(x)＝(2x－2)ex＋(x2－2x)ex＝(x2－2)ex，令f′(x)＝0，得x＝±

3、;.當(dāng)x∈(－，)時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x∈(，＋∞)時(shí)，f′(x)>0.∴x＝時(shí)，f(x)取得極小值，又f(－)＞0，且x＜－時(shí)，f(x)＞0.∴在x＝時(shí)取得最小值．所以當(dāng)x＝時(shí)，函數(shù)有最小值． 答案： 4．(2013·南寧聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝x3－3ax－a在(0,1)內(nèi)有最小值，則a的取值范圍是________． 解析：f′(x)＝3x2－3a＝3(x2－a)，顯然a＞0，f′(x)＝3(x＋)(x－)，由已知條件0＜＜1，解得0＜a＜1. 答案：(0,1)[來源:] 1．(2012·浙江卷)設(shè)a>0，b>

4、0，(　　) A．若2a＋2a＝2b＋3b，則a>b B．若2a＋2a＝2b＋3b，則a<b C．若2a－2a＝2b－3b，則a>b D．若2a－2a＝2b－3b，則a<b 解析：對(duì)于選項(xiàng)A，若2a＋2a＝2b＋3b，必有2a＋2a>2b＋2b.構(gòu)造函數(shù)：f(x)＝2x＋2x，則f′(x)＝2x·ln 2＋2>0恒成立，故有函數(shù)f(x)＝2x＋2x在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，即a>b成立．其余選項(xiàng)用同樣方法排除．故選A. 答案：A 2．(2013·廣東卷)設(shè)函數(shù)f(x)＝(x－1)ex－kx2(其中k∈R)．

5、(1) 當(dāng)k＝1時(shí)，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2) 當(dāng)k∈時(shí)，求函數(shù)f(x)在[0，k]上的最大值M. 解析：(1) 當(dāng)k＝1時(shí)，f(x)＝(x－1)ex－x2， f′(x)＝ex＋(x－1)ex－2x＝xex－2x＝x(ex－2)， 令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝ln 2， 當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)，f(x)的變化如下表： x (－∞，0) 0[來源:] (0，ln 2) ln 2 (ln 2，＋∞) f′(x)[來源:] ＋ 0 － 0 ＋ f(x)  極大值  極小值  上表可知，函數(shù)f(x)的遞減區(qū)間為(0，ln 2

6、)，遞增區(qū)間為(－∞，0)，(ln 2，＋∞)． (2)f′(x)＝ex＋(x－1)ex－2kx＝xex－2kx＝x(ex－2k)，令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝ln (2k)， 令g(k)＝ln (2k)－k，則g′(k)＝－1＝＞0，所以g(k)在上遞增， 所以g(k)≤ln 2－1＝ln 2－ln e＜0，從而ln (2k)＜k，所以ln (2k)∈[0，k] 所以當(dāng)x∈(0，ln (2k))時(shí)，f′(x)＜0；當(dāng)x∈(ln (2k)，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0； 所以M＝max{f(0)，f(k)}＝max{－1，(k－1)ek－k3}； 令h(k)＝(k－1)ek－k

7、3＋1，則h′(k)＝k(ek－3k)令φ(k)＝ek－3k，則φ′(k)＝ek－3＜e－3＜0， 所以φ(k)在上遞減，而φ ·φ(1)＝·(e－3)＜0， 所以存在x0∈使得φ(x0)＝0，且當(dāng)k∈時(shí)，φ(k)＞0，當(dāng)k∈(x0,1)時(shí)，φ(k)＜0， 所以φ(k)在上單調(diào)遞增，在(x0,1)上單調(diào)遞減． 因?yàn)閔＝－＋＞0，h(1)＝0，所以h(k)≥0在上恒成立，當(dāng)且僅當(dāng)k＝1時(shí)取得“＝”． 綜上，函數(shù)f(x)在[0，k]上的最大值M＝(k－1)ek－k3. 1．(2012·廣東金山一中等三?？记皽y(cè)試)函數(shù)y＝在區(qū)間(0,1)上(　　)

8、 A．是減函數(shù) B．是增函數(shù) C．有極小值 D．有極大值 解析：∵f′(x)＝，x∈(0,1)和x∈(1，e)時(shí)，f′(x)<0；x＝e時(shí)，f′(x)＝0；x∈(e，＋∞)時(shí)，f′(x)>0.∴在區(qū)間x∈(0,1)，f(x)是減函數(shù)，x＝e時(shí)有極小值f(e)＝e.故選A. 答案：A 2．(2013·東莞二模)已知函數(shù)f(x)＝ax2－2x＋ln x. (1)若f(x)無極值點(diǎn)，但其導(dǎo)函數(shù)f′(x)有零點(diǎn)，求a的值； (2)若f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)，求a的取值范圍，并證明f(x)的極小值小于－. 解析：(1)首先，x＞0時(shí)，f

9、′(x)＝2ax－2＋＝， f′(x)有零點(diǎn)而f(x)無極值點(diǎn)，表明該零點(diǎn)左右f′(x)同號(hào)，故a≠0，且2ax2－2x＋1＝0的Δ＝0.由此可得a＝. (2)由題意，2ax2－2x＋1＝0有兩個(gè)不同的正根，故Δ＞0，a＞0.解得：0＜a＜； 設(shè)2ax2－2x＋1＝0的兩根為x1，x2，不妨設(shè)x1＜x2， 因?yàn)樵趨^(qū)間(0，x1)，(x2，＋∞)上，f′(x)＞0， 而在區(qū)間(x1，x2)上，f′(x)＜0，故x2是f(x)的極小值點(diǎn)． 因在區(qū)間(x1，x2)上f(x)是減函數(shù)，如能證明f＜－，則更有f(x2)＜－， 由韋達(dá)定理，＝，f＝a2－2＋ln ＝ln －·， 令＝t，其中設(shè)g(t)＝ln t－t＋， 利用導(dǎo)數(shù)容易證明g(t)當(dāng)t＞1時(shí)單調(diào)遞減，而g(1)＝0， 所以g(t)＝ln t－ t＋＜0， 因此f＜－， 從而有f(x)的極小值f(x2)＜－.