《最新高考数学文科总复习【第二章】函数、导数及其应用 第十四节》由会员分享，可在线阅读，更多相关《最新高考数学文科总复习【第二章】函数、导数及其应用 第十四节（6页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、最新数学高考复习资料第十四节导数在研究函数中的应用(二)来源:基础自测1.(2012合肥质检)函数f(x)的图象如图所示，则不等式(x3)f(x)0的解集为()A(1，)B(，3)C(，1)(1，)来源:数理化网D(，3)(1,1)解析：由不等式(x3)f(x)0得或观察图象可知，x3或1x1.所以不等式的解集为(，3)(1,1)故选D. 答案：D2. 函数f(x)x33x21在x0处取得极小值，则x0()A0 B2 C2 D3解析：f(x)3x26x3x(x2)，当x0时，f(x)0，当0x2时，f(x)0，当x2时，f(x)0，故当x2时取得极小值故选B.答案：B3(2012大连双基测试)
2、函数f(x)(x22x)ex的最小值为f(x0)，则x0_.解析：f(x)(2x2)ex(x22x)ex(x22)ex，令f(x)0，得x.当x(，)时，f(x)0.x时，f(x)取得极小值，又f()0，且x时，f(x)0.在x时取得最小值所以当x时，函数有最小值答案：4(2013南宁联考)已知函数f(x)x33axa在(0,1)内有最小值，则a的取值范围是_解析：f(x)3x23a3(x2a)，显然a0，f(x)3(x)(x)，由已知条件01，解得0a1.答案：(0,1)来源:1(2012浙江卷)设a0，b0，()A若2a2a2b3b，则abB若2a2a2b3b，则abD若2a2a2b3b，
3、则a2b2b.构造函数：f(x)2x2x，则f(x)2xln 220恒成立，故有函数f(x)2x2x在(0，)上单调递增，即ab成立其余选项用同样方法排除故选A.答案：A2(2013广东卷)设函数f(x)(x1)exkx2(其中kR)(1) 当k1时，求函数f(x)的单调区间；(2) 当k时，求函数f(x)在0，k上的最大值M.解析：(1) 当k1时，f(x)(x1)exx2，f(x)ex(x1)ex2xxex2xx(ex2)，令f(x)0，得x10，x2ln 2，当x变化时，f(x)，f(x)的变化如下表：x(，0)0来源:(0，ln 2)ln 2(ln 2，)f(x)来源:00f(x)极大
4、值极小值上表可知，函数f(x)的递减区间为(0，ln 2)，递增区间为(，0)，(ln 2，)(2)f(x)ex(x1)ex2kxxex2kxx(ex2k)，令f(x)0，得x10，x2ln (2k)，令g(k)ln (2k)k，则g(k)10，所以g(k)在上递增，所以g(k)ln 21ln 2ln e0，从而ln (2k)k，所以ln (2k)0，k所以当x(0，ln (2k)时，f(x)0；当x(ln (2k)，)时，f(x)0；所以Mmaxf(0)，f(k)max1，(k1)ekk3；令h(k)(k1)ekk31，则h(k)k(ek3k)令(k)ek3k，则(k)ek3e30，所以(k
5、)在上递减，而 (1)(e3)0，所以存在x0使得(x0)0，且当k时，(k)0，当k(x0,1)时，(k)0，所以(k)在上单调递增，在(x0,1)上单调递减因为h0，h(1)0，所以h(k)0在上恒成立，当且仅当k1时取得“”综上，函数f(x)在0，k上的最大值M(k1)ekk3.1(2012广东金山一中等三校考前测试)函数y在区间(0,1)上()A是减函数B是增函数C有极小值D有极大值解析：f(x)，x(0,1)和x(1，e)时，f(x)0.在区间x(0,1)，f(x)是减函数，xe时有极小值f(e)e.故选A.答案：A2(2013东莞二模)已知函数f(x)ax22xln x.(1)若f
6、(x)无极值点，但其导函数f(x)有零点，求a的值；(2)若f(x)有两个极值点，求a的取值范围，并证明f(x)的极小值小于.解析：(1)首先，x0时，f(x)2ax2，f(x)有零点而f(x)无极值点，表明该零点左右f(x)同号，故a0，且2ax22x10的0.由此可得a.(2)由题意，2ax22x10有两个不同的正根，故0，a0.解得：0a；设2ax22x10的两根为x1，x2，不妨设x1x2，因为在区间(0，x1)，(x2，)上，f(x)0，而在区间(x1，x2)上，f(x)0，故x2是f(x)的极小值点因在区间(x1，x2)上f(x)是减函数，如能证明f，则更有f(x2)，由韦达定理，fa22ln ln ，令t，其中设g(t)ln tt，利用导数容易证明g(t)当t1时单调递减，而g(1)0，所以g(t)ln t t0，因此f，从而有f(x)的极小值f(x2).
