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1、2014高考数学快速命中考点2一、选择题1已知函数yf(x)的图象是下列四个图象之一，且其导函数yf(x)的图象如图151所示，则该函数的图象是()图151【解析】从导数的图象可看出，导函数值先增大后减小，当x0时，f(x)有最大值结合导数的几何意义知，B正确【答案】B2已知f(x)x3x26xabc，abc，且f(a)f(b)f(c)0，现给出如下结论：f(0)f(1)0；f(0)f(1)0；f(0)f(2)0；f(0)f(2)0.其中正确结论的序号为()ABC D【解析】函数的导数为f(x)3x29x63(x23x2)3(x1)(x2)则函数在x1处取得极大值，在x2处取得极小值，因为f(
2、a)f(b)f(c)0，所以函数有3个零点，则f(1)0，f(2)0，即解得即2abc，所以f(0)abc0，所以f(0)f(1)0，f(0)f(2)0.所以选D.【答案】D3一辆汽车在高速公路上行驶，由于遇到紧急情况而刹车，以速度v(t)73t(t的单位：s，v的单位：m/s)行驶至停止在此期间汽车继续行驶的距离(单位：m)是()A125ln 5 B825ln C425ln 5 D450ln 2【解析】首先由v(t)73t0，可得t4，因此汽车从刹车到停止一共行驶了4 s，此期间行驶的距离为v(t)dtdt425ln 5.【答案】C4函数f(x)的最大值为()Ae B.C2e D.【解析】函
3、数f(x)的定义域为(0，)，又f(x).令f(x)0得x，且当0x0，当x时，f(x)0恒成立，m()2，令g(x)()2，则当1时，函数g(x)取最大值1，故m1.【答案】1，)8已知f(x)xex，g(x)(x1)2a，若x1，x2R，使得f(x2)g(x1)成立，则实数a的取值范围是_【解析】f(x)exxex(1x)ex，当x1时，f(x)0函数递增；当x1时，f(x)0函数递减，所以当x1时f(x)取得极小值即最小值f(1).函数g(x)的最大值为a，若x1，x2R，使得f(x2)g(x1)成立，则有g(x)的最大值大于或等于f(x)的最小值，即a.【答案】三、解答题9已知函数f(
4、x)ax21(a0)，g(x)x3bx.(1)若曲线yf(x)与曲线yg(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线，求a，b的值；(2)当a3，b9时，若函数f(x)g(x)在区间k,2上的最大值为28，求k的取值范围【解】(1)f(x)2ax，f(1)2a.又f(1)a1c，f(x)在点(1，c)处的切线方程为yc2a(x1)，即y2axa10.又g(x)3x2b，则g(1)3b.又g(1)1bc，g(x)在点(1，c)处的切线方程为y(1b)(3b)(x1)，即y(3b)x20.依题意知3b2a，且a12，即a3，b3.(2)记h(x)f(x)g(x)当a3，b9时，h(x)x33x29x
5、1，h(x)3x26x9.令h(x)0，得x13，x21.h(x)与h(x)在(，2上的变化情况如下：x(，3)3(3,1)1(1,2)2h(x)00h(x)2843由此可知：当k3时，函数h(x)在区间k,2上的最大值为h(3)28；当3k2时，函数h(x)在区间k,2上的最大值小于28.因此，k的取值范围是(，310已知函数f(x)(ax2x1)ex，其中e是自然对数的底数，aR.(1)若a1，求曲线f(x)在点(1，f(1)处的切线方程；(2)若a0，求f(x)的单调区间；(3)若a1，函数f(x)的图象与函数g(x)x3x2m的图象有3个不同的交点，求实数m的取值范围【解】(1)因为f
6、(x)(x2x1)ex，所以f(x)(2x1)ex(x2x1)ex(x23x)ex，所以曲线f(x)在点(1，f(1)处的切线斜率为kf(1)4e.又因为f(1)e，所以所求切线方程为ye4e(x1)，即4exy3e0.(2)f(x)(2ax1)ex(ax2x1)exax2(2a1)xex，若a0，当x0或x时，f(x)0；当0x时，f(x)0.所以f(x)的单调递减区间为(，0，；单调递增区间为若a，f(x)x2ex0，所以f(x)的单调递减区间为(，)若a，当x或x0时，f(x)0；当x0时，f(x)0.所以f(x)的单调递减区间为，0，)；单调递增区间为(3)由(2)知，f(x)(x2x
7、1)ex在(，1上单调递减，在1,0单调递增，在0，)上单调递减，所以f(x)在x1处取得极小值f(1)，在x0处取得极大值f(0)1.由g(x)x3x2m，得g(x)x2x.当x1或x0时，g(x)0；当1x0时，g(x)0.所以g(x)在(，1上单调递增，在1,0单调递减，在0，)上单调递增故g(x)在x1处取得极大值g(1)m，在x0处取得极小值g(0)m.因为函数f(x)与函数g(x)的图象有3个不同的交点所以即所以m111已知函数f(x)exln(xm)(1)设x0是f(x)的极值点，求m，并讨论f(x)的单调性(2)当m2时，证明f(x)0.【解】(1)f(x)ex，由x0是f(x
8、)的极值点得f(0)0，即e00，所以m1.于是f(x)exln(x1)，函数f(x)的定义域为(1，)，f(x)ex.函数f(x)ex在(1，)上单调递增，且f(0)0，因此当x(1,0)时，f(x)0；当x(0，)时，f(x)0.所以f(x)在(1,0)上单调递减，在(0，)上单调递增(2)证明当m2，x(m，)时，ln(xm)ln(x2)，故只需证明当m2时，f(x)0.当m2时，函数f(x)ex在(2，)上单调递增又f(1)0，f(0)0，故f(x)0在(2，)上有唯一实根x0，且x0(1,0)当x(2，x0)时，f(x)0；当x(x0，)时，f(x)0，从而当xx0时，f(x)取得最小值由f(x0)0得ex0，ln(x02)x0，故f(x)f(x0)x00.综上，当m2时，f(x)0.
