三年模擬一年創(chuàng)新高考數(shù)學(xué) 復(fù)習(xí) 第三章 第二節(jié) 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用 理全國通用

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1、 第二節(jié)第二節(jié) 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用 A 組 專項基礎(chǔ)測試 三年模擬精選 一、選擇題 1(20 xx江西新余模擬)如圖是函數(shù)f(x)x2axb的部分圖象，則函數(shù)g(x)ln xf(x)的零點所在的區(qū)間是( ) A.14，12 B(1，2) C.12，1 D(2，3) 解析 函數(shù)f(x)x2axb的部分圖象得 0b1，f(1)0，從而2a 1，而g(x)ln xf(x)在定義域內(nèi)單調(diào)遞增，g12ln 121a0，g(1) ln 12a2a0，函數(shù)g(x)ln xf(x)的零點所在的區(qū)間是12，1 ，故選 C. 答案 C 2(20 xx河北恒臺模擬)設(shè)f0(x)sin x，f1(x)f0(x)，f

2、2(x)f1(x)，fn(x)fn1(x)，nN N，則f20 xx(x)( ) Asin x Bsin x Ccos x Dcos x 解析 f0(x)sin x， f1(x)f0(x)cos x， f2(x)f1(x)sin x， f3(x)f2(x)cos x， f4(x)f3(x)sin x， 由上面可以看出，以 4 為周期進行循環(huán) 所以f2 015(x)f3(x)cos x，故選 D. 答案 D 3(20 xx江西新余模擬)設(shè)點P在曲線y12ex上，點Q在曲線yln(2x)上，則|PQ|的最小值為( ) A1ln 2 B. 2(1ln 2) C1ln 2 D. 2(1ln 2) 解析

3、 函數(shù)y12ex和函數(shù)yln(2x)互為反函數(shù)圖象關(guān)于yx對稱則只有直線PQ與直線yx垂直時|PQ|才能取得最小值設(shè)Px，12ex，則點P到直線yx的距離為d12exx2，令g(x)12exx，(x0)，則g(x)12ex1，令 g(x)12ex10 得xln 2；令g(x)12ex10 得 0 x0，所以dmin1ln 22.則|PQ|2dmin 2(1ln 2)故 B 正確 答案 B 4(20 xx浙江溫州模擬)已知定義域為 R R 的函數(shù)f(x)滿足：f(4)3，且對任意xR R 總有f(x)3，則不等式f(x)3x15 的解集為( ) A(，4) B(，4) C(，4)(4，) D(4

4、，) 解析 記g(x)f(x)3x15，則g(x)f(x)30，可知g(x)在 R R 上為減函數(shù)又g(4)f(4)34150，所以f(x)3x15 可化為f(x)3x150，即g(x)4. 答案 D 5(20 xx北京朝陽調(diào)研)已知函數(shù)f(x)12x42x33m，xR R，若f(x)90恒成立，則實數(shù)m的取值范圍是( ) A.32， B.32， C.，32 D.，32 解析 因為函數(shù)f(x)12x42x33m，所以f(x)2x36x2，令f(x)0，得x0或x3，經(jīng)檢驗知x3是函數(shù)的一個極小值點，所以函數(shù)的最小值為f(3)3m272，不等式f(x)90 恒成立，即f(x)9 恒成立，只需 3

5、m272 9，解得m32. 答案 A 二、填空題 6(20 xx山西臨汾一模)函數(shù)yln2xx的極小值為_ 解析 函數(shù)的定義域為(0，)，令yf(x)， f(x)2ln xln2xx2ln x（ln x2）x2. 令f(x)0，解得x1 或xe2. 函數(shù)f(x)與f(x)隨x的變化情況如下表： x (0，1) 1 (1，e2) e2 (e2，) f(x) 0 0 f(x) 0 4e2 則當(dāng)x1 時，函數(shù)yln2xx取到極小值 0. 答案 0 三、解答題 7(20 xx湛江質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)sin x(x0)，g(x)ax(x0) (1)若f(x)g(x)恒成立，求實數(shù)a的取值范圍； (2)

6、當(dāng)a取(1)中的最小值時，求證：g(x)f(x)16x3. (1)解 令h(x)sin xax(x0)，則 h(x)cos xa. 若a1，h(x)cos xa0， h(x)sin xax(x0)單調(diào)遞減，h(x)h(0)0， 則 sin xax(x0)成立 若 0a0，h(x)sin xax(x(0，x0)單調(diào)遞增，h(x)h(0)0，不合題意 若a0，結(jié)合f(x)與g(x)的圖象可知顯然不合題意 綜上可知，a的取值范圍是1，) (2)證明 當(dāng)a取(1)中的最小值為 1 時， g(x)f(x)xsin x. 設(shè)H(x)xsin x16x3(x0)， 則H(x)1cos x12x2. 令G(x

7、)1cos x12x2， 則G(x)sin xx0(x0)， 所以G(x)1cos x12x2在0，)上單調(diào)遞減，此時G(x)1cos x12x2G(0)0， 即H(x)1cos x12x20， 所以H(x)xsin x16x3在x0，)上單調(diào)遞減所以H(x)xsin x16x3H(0)0， 則xsin x16x3(x0) 所以，當(dāng)a取(1)中的最小值時， g(x)f(x)16x3. 一年創(chuàng)新演練 8函數(shù)yx2cos x在區(qū)間0，2上的最大值是_ 解析 y12sin x，令y0，且x0，2，得x6， 則x0，6時，y0； x6，2時，y1，20P10，由Q0 得P0， a2 或a1. 答案 (

8、，1)(2，) 三、解答題 12(20 xx山西臨汾一模)定義在 R R 上的函數(shù)f(x)ax3bx2cx3 同時滿足以下條件： f(x)在(0，1)上是減函數(shù)，在(1，)上是增函數(shù)； f(x)是偶函數(shù)； f(x)的圖象在x0 處的切線與直線yx2 垂直 (1)求函數(shù)yf(x)的解析式； (2)設(shè)g(x)4ln xm，若存在x1，e，使g(x)f(x)，求實數(shù)m的取值范圍 解 (1)f(x)3ax22bxc. f(x)在(0，1)上是減函數(shù)，在(1，)上是增函數(shù)， f(1)3a2bc0，(*) 由f(x)是偶函數(shù)得b0，() 又f(x)的圖象在x0 處的切線與直線yx2 垂直， f(0)c1，

9、() 將()()代入(*)得a13， f(x)13x3x3. (2)由已知得，若存在x1，e，使 4ln xm(4ln xx21)min. 設(shè)M(x)4ln xx21，x1，e， 則M(x)4x2x42x2x， 令M(x)0，又因為x1，e，所以x 2. 當(dāng) 2xe 時，M(x)0， 則M(x)在1， 2上為增函數(shù)， 所以M(x)在1，e上有最大值 又M(1)0，M(e)5e25e2. 故實數(shù)m的取值范圍是(5e2，) 一年創(chuàng)新演練 13已知函數(shù)f(x)4x272x，x0，1 (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間和值域； (2)設(shè)a1，函數(shù)g(x)x33a2x2a，x0，1，若對于任意x10，1，總存在

10、x00，1，使得g(x0)f(x1)成立，求a的取值范圍 解 (1)f(x)4x216x7（2x）2 （2x1）（2x7）（2x）2. 令f(x)0，解得x12或x72(舍去) 當(dāng)x變化時，f(x)，f(x)的變化情況如下表： x 0 0，12 12 12，1 1 f(x) 不存在 0 不存在 f(x) 72 4 3 當(dāng)x0，12時，f(x)是減函數(shù)； 當(dāng)x12，1 時，f(x)是增函數(shù) 當(dāng)x0，1時，f(x)的值域為4，3 (2)g(x)3(x2a2) a1，當(dāng)x(0，1)時，g(x)3(1a2)0，因此當(dāng)x(0，1)時，g(x)為減函數(shù)， 從而當(dāng)x0，1時，有g(shù)(x)g(1)，g(0) 又g(1)12a3a2，g(0)2a， 即當(dāng)x0，1時，有g(shù)(x)12a3a2，2a 對于任意x10，1，f(x1)4，3， 存在x00，1使得g(x0)f(x1)成立， 則12a3a2，2a 4，3 即12a3a24，2a3. 解式得a1 或a53； 解式得a32. 又a1，故a的取值范圍為1，32.