内容发布更新时间 : 2024/5/22 9:35:46星期一 下面是文章的全部内容请认真阅读。
2019版高考数学二轮复习第1部分重点强化专题专题6函数与导数
专题限时集训16导数的应用理
题型1 利用导数研究函数的单调性 题型2 利用导数研究函数的极值、最值问题 题型3 利用导数解决不等式问题 一、选择题 1．(2017·豫南九校联考)已知f′(x)是定义在R上的连续函数f(x)的导函数，满足f′(x)
－2f(x)<0，且f(－1)＝0，则f(x)>0的解集为( ) A．(－∞，－1) C．(－∞，0) A [设g(x)＝
B．(－1,1) D．(－1，＋∞)
e
2x5,6,10 2,3,4,7,9,13 1,8,11,12,14 fx，则g′(x)＝fx－2fxe
2x<0在R上恒成立，所以g(x)
在R上递减，又因为g(－1)＝0，f(x)>0?g(x)>0，所以x<－1.]
e
2．(2017·郑州第三次质量预测)设函数f(x)满足2xf(x)＋xf′(x)＝e，f(2)＝，则
8
2
3
2
xx∈[2，＋∞)时，f(x)的最小值为( )
【导学号：07804116】
e3eeeA. B. C. D. 2248
D [对于等式2xf(x)＋xf′(x)＝e，因为x>0，故此等式可化为f′(x)＝e－2xfx2
2
3
2
2
2
2
xxxx3
e－8f，且f′(2)＝
8
x2
2
＝0.令g(x)＝e－2xf(x)，g(2)＝0.g′(x)
xx2
ee
＝e－2[2xf(x)＋xf′(x)]＝e－2＝(x－2)．当x≥2时，g′(x)≥0，g(x)单调
xxx递增，故gmin(x)＝g(2)＝0，因此当x≥2时，g(x)≥0恒成立．因为f′(x)＝
gx，x3
所以f′(x)≥0恒成立．因此f(x)在[2，＋∞)上单调递增，f(x)的最小值为f(2)e
＝.故选D.] 8
e?2?3．(2017·安庆模拟)已知函数f(x)＝2－k?＋ln x?，若x＝2是函数f(x)的唯一一个极
x2
x?x?
值点，则实数k的取值范围为( ) A．(－∞，e] C．(－∞，e)
B．[0，e] D．[0，e)
x2ex－2xex?21?
A [f′(x)＝－k?－2＋?＝
x4?xx?x－
则g′(x)＝
x2
xx－
x2?e－k??x???
xe
(x＞0)．设g(x)＝，
xx，则g(x)在(0,1)内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增．
xe
∴g(x)在(0，＋∞)上有最小值，为g(1)＝e, 结合g(x)＝与y＝k的图象可知，要
x满足题意，只需k≤e，选A.]
4．(2017·金华十校联考)已知函数f(x)＝x＋ax＋bx＋c有两个极值点x1，x2.若f(x1)＝
3
2
x1＜x2，则关于x的方程3(f(x))2＋2af(x)＋b＝0的不同实根个数为( )
A．3 B．4 C．5 D．6
A [f′(x)＝3x＋2ax＋b，原题等价于方程3x＋2ax＋b＝0有两个不等实数根x1，
2
2
x2，且x1＜x2，x∈(－∞，x1)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；x∈(x1，x2)时，f′(x)
＜0，f(x)单调递减；x∈(x2，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．∴x1为极大值点，x2为极小值点．∴方程3(f(x))＋2af(x)＋b＝0有两个不等实根，f(x)＝x1或
2
f(x)＝x2.∵f(x1)＝x1，
∴由图知f(x)＝x1有两个不同的解，f(x)＝x2仅有一个解．故选A.]
5．(2016·甘肃兰州诊断考试)已知函数f(x)的导函数为f′(x)，若xf′(x)＋xf(x)＝sin
2
x(x∈(0,6))，f(π)＝2，则下列结论正确的是( )
A．y＝xf(x)在(0,6)上单调递减 B．y＝xf(x)在(0,6)上单调递增 C．y＝xf(x)在(0,6)上有极小值2π D．y＝xf(x)在(0,6)上有极大值2π
sin x2
D [因为xf′(x)＋xf(x)＝sin x，x∈(0,6)，所以xf′(x)＋f(x)＝，设g(x)
xsin x＝xf(x)，x∈(0,6)，则g′(x)＝f(x)＋xf′(x)＝，令g′(x)>0，得0 x令g′(x)<0，得π ?ππ?x6．(2017·广州毕业班模拟)若函数f(x)＝e(sin x＋acos x)在?，?上单调递增，则实 ?42? 数a的取值范围是( ) A．(－∞，1] C．[1，＋∞) xB．(－∞，1) D．(1，＋∞) xA [f′(x)＝e[sin x＋cos x－a(sin x－cos x)]，当a＝0时，f′(x)＝e(sin x?ππ?＋cos x)，显然x∈?，?，f′(x)>0恒成立，排除C，D；当a＝1时，f′(x)＝?42??ππ?x2ecos x，x∈?，?时，f′(x)>0，故选A.] ?42? 13a＋12132 7．(2017·肇庆二模)已知函数f(x)＝x－6x＋9x，g(x)＝x－x＋ax－(a>1)，若对 323 任意的x1∈[0,4]，总存在x2∈[0,4]，使得f(x1)＝g(x2)，则实数a的取值范围为( ) ?9?A.?1，? ?4? ?9?C.?1，?∪[9，＋∞) ?4? 2 B．[9，＋∞) ?39?D．?，?∪[9，＋∞) ?24? C [由f′(x)＝3x－12x＋9＝3(x－1)(x－3)＝0，得x＝1或x＝3，所以当x∈[0,4]时，当0≤x<1或3 的最小值为g(0)或g(a)，g(x)的最大值为g(1)或g(4)．因为g(0)＝－<0，所以 3 2 a－19 g(1)≥4或g(4)≥4.所以≥4或13－4a≥4，解得a≥9或a≤.又因为1 2 4 9 所以1 41 的最小值为g(0)或g(4)，最大值为g(1)．因为g(0)＝－<0，所以g(1)≥4，即a≥9. 39 综上所述，1 4 8．(2017·郑州第一次质量预测)已知函数f(x)＝x＋xln x，若k∈Z，且k(x－1) 任意的x>1恒成立，则k的最大值为( ) A．2 C．4 B．3 D．5 B [法一：(分离参数法)依题意得，k< x＋xln x对任意的x>1恒成立．令g(x)＝ x－1 x＋xln xx－ln x－21 ，则g′(x)＝令h(x)＝x－ln x－2(x>1)，则h′(x)＝1－＝2，x－1x－x