2021届高考数学二轮专题复习常考问题5 导数的综合应用.doc

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1、常考问题5导数的综合应用(建议用时：50分钟)1已知函数f(x)x32x23m，x0，)，若f(x)50恒成立，则实数m的取值范围是 ()A. B.C(，2 D(，2)解析f(x)x24x，由f(x)0，得x4或x0，a1，f(1).答案D3函数f(x)的定义域是R，f(0)2，对任意xR，f(x)f(x)1，则不等式exf(x)ex1的解集为 ()A.B.C.D.解析构造函数g(x)exf(x)ex，因为g(x)exf(x)exf(x)exexf(x)f(x)exexex0，所以g(x)exf(x)ex为R上的增函数又因为g(0)e0f(0)e01，所以原不等式转化为g(x)g(0)，解得x

2、0.答案A4已知f(x)是定义在(0，)上的非负可导函数，且满足xf(x)f(x)0，对任意的0ab，则必有 ()Aaf(b)bf(a) Bbf(a)af(b)Caf(a)f(b) Dbf(b)f(a)解析因为xf(x)f(x)，f(x)0，所以0，则函数在(0，)上单调递减由于0ab，则，即af(b)bf(a)答案A5(2013辽宁卷)设函数f(x)满足x2f(x)2xf(x)，f(2)，则x0时，f(x) ()A有极大值，无极小值B有极小值，无极大值C既有极大值又有极小值D既无极大值也无极小值解析由x2f(x)2xf(x)，得f(x)，令g(x)ex2x2f(x)，x0，则g(x)ex2x

3、2f(x)4xf(x)ex2.令g(x)0，得x2.当x2时，g(x)0；0x2时，g(x)0，g(x)在x2时有最小值g(2)e28f(2)0，从而当x0时，f(x)0，则f(x)在(0，)上是增函数，所以函数f(x)无极大值，也无极小值答案D6(2013温州模拟)关于x的方程x33x2a0有三个不同的实数解，则实数a的取值范围是_解析由题意知使函数f(x)x33x2a的极大值大于0且极小值小于0即可，又f(x)3x26x3x(x2)，令f(x)0，得x10，x22.当x0时，f(x)0；当0x2时，f(x)0；当x2时，f(x)0，所以当x0时，f(x)取得极大值，即f(x)极大值f(0)

4、a；当x2时，f(x)取得极小值，即f(x)极小值f(2)4a，所以解得4a0.答案(4，0)7若函数f(x)x24x3ln x在t，t1上不单调，则t的取值范围是_解析对f(x)求导，得f(x)x4.由f(x)0得函数f(x)的两个极值点为1，3，则只要这两个极值点有一个在区间(t，t1)内，函数f(x)在区间t，t1上就不单调，所以t1t1或t3t1，解得0t1或2t0，因此函数f(x)在0，1上单调递增，所以x0，1时，f(x)minf(0)1.根据题意可知存在x1，2，使得g(x)x22ax41，即x22ax50，即a能成立，令h(x)，则要使ah(x)在x1，2能成立，只需使ah(x

5、)min，又函数h(x)在x1，2上单调递减(可利用导数判断)，所以h(x)minh(2)，故只需a.答案9(2013安徽卷)设函数f(x)ax(1a2)x2，其中a0，区间Ix|f(x)0(1)求I的长度(注：区间(，)的长度定义为)；(2)给定常数k(0，1)，当1ka1k时，求I长度的最小值解(1)因为方程ax(1a2)x20(a0)有两个实根x10，x2.故f(x)0的解集为x|x1xx2因此区间I，I的长度为.(2)设d(a)，则d(a).令d(a)0，得a1.由于0k1，故当1ka0，d(a)单调递增；当1a1k时，d(a)0，d(a)单调递减所以当1ka1k时，d(a)的最小值必

6、定在a1k或a1k处取得而1.故d(1k)0)设g(x)f(x)(2x2)2xx23ln x，则g(x)12x.当0x1时，g(x)0；当x1时，g(x)0.g(x)在(0，1)上单调递增；在(1，)上单调递减g(x)在x1处有最大值g(1)0，故g(x)0，即f(x)2x2.11(2012天津卷改编)已知函数f(x)x3x2axa，xR，其中a0.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在区间(2，0)内恰有两个零点，求a的取值范围解(1)f(x)x2(1a)xa(x1)(xa)由f(x)0，得x11，x2a0.当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x(，1)1(1，a)a(a，)f(x)00f(x)极大值极小值故函数f(x)的单调递增区间是(，1)，(a，)；单调递减区间是(1，a)(2)由(1)知f(x)在区间(2，1)内单调递增，在区间(1，0)内单调递减，从而函数f(x)在区间(2，0)内恰有两个零点当且仅当解得0a.所以a的取值范围是. 5