2019-2020年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 9.3 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用（二） 文一、選擇題1(xx湖南卷)若0x1x21，則()Aex2ex1ln x2ln x1 Bex2ex1ln x2ln x1Cx2ex1x1ex2 Dx2ex1x1ex2解析令f(x)，則f(x).當(dāng)0x1時，f(x)0，即f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，0x1x21，f(x2)f(x1)，即，x2ex1x1ex2，故選C.答案C2某公司生產(chǎn)某種產(chǎn)品，固定成本為20 000元，每生產(chǎn)一單位產(chǎn)品，成本增加100元，已知總營業(yè)收入R與年產(chǎn)量x的函數(shù)關(guān)系是RR(x)則總利潤最大時，每年生產(chǎn)的產(chǎn)品是()A100 B150 C200 D300解析由題意得，總成本函數(shù)為CC(x)20 000100x，總利潤P(x)又P(x)令P(x)0，得x300，易知x300時，總利潤P(x)最大答案D3(xx金華十校聯(lián)考)若函數(shù)f(x)2x39x212xa恰好有兩個不同的零點，則a可能的值為()A4 B6 C7 D8解析由題意得f(x)6x218x126(x1)(x2)，由f(x)0得x1或x2，由f(x)0得1x2，所以函數(shù)f(x)在(，1)，(2，)上單調(diào)遞增，在(1,2)上單調(diào)遞減，從而可知f(x)的極大值和極小值分別為f(1)，f(2)，若欲使函數(shù)f(x)恰好有兩個不同的零點，則需使f(1)0或f(2)0，解得a5或a4，而選項中只給出了4，所以選A.答案A4設(shè)函數(shù)f(x)的定義域為R，x0(x00)是f(x)的極大值點，以下結(jié)論一定正確的是()AxR，f(x)f(x0)Bx0是f(x)的極小值點Cx0是f(x)的極小值點Dx0是f(x)的極小值點解析A錯，因為極大值未必是最大值；B錯，因為函數(shù)yf(x)與函數(shù)yf(x)的圖象關(guān)于y軸對稱，x0應(yīng)是f(x)的極大值點；C錯，函數(shù)yf(x)與函數(shù)yf(x)的圖象關(guān)于x軸對稱，x0應(yīng)為f(x)的極小值點；D正確，函數(shù)yf(x)與yf(x)的圖象關(guān)于原點對稱，x0應(yīng)為yf(x)的極小值點答案D5(xx新課標(biāo)全國卷)已知函數(shù)f(x)ax33x21，若f(x)存在唯一的零點x0，且x00，則a的取值范圍是()A(2，) B(1，)C(，2) D(，1)解析(1)當(dāng)a0時，顯然f(x)有兩個零點，不符合題意(2)當(dāng)a0時，f(x)3ax26x，令f(x)0，解得x10，x2.當(dāng)a0時，0，所以函數(shù)f(x)ax33x21在(，0)和上為增函數(shù)，在上為減函數(shù)，因為f(x)存在唯一零點x0，且x00，則f(0)0，即10，不成立當(dāng)a0時，0，所以函數(shù)f(x)ax33x21在和(0，)上為減函數(shù)，在上為增函數(shù)，因為f(x)存在唯一零點x0，且x00，則f0，即a310，解得a2或a2，又因為a0，故a的取值范圍為(，2)答案C二、填空題6(xx唐山模擬)已知a0，函數(shù)f(x)x3ax2bxc在區(qū)間2,2上單調(diào)遞減，則4ab的最大值為_解析f(x)x3ax2bxc，f(x)3x22axb，函數(shù)f(x)在區(qū)間2,2上單調(diào)遞減，即即4ab12，4ab的最大值為12.答案127(xx湖州質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)ax33x1對x(0,1總有f(x)0成立，則實數(shù)a的取值范圍是_ .解析當(dāng)x(0,1時不等式ax33x10可化為a，設(shè)g(x)，x(0,1，g(x).g(x)與g(x)隨x的變化情況如下表：xg(x)0g(x) 極大值4 因此g(x)的最大值為4，則實數(shù)a的取值范圍是4，)答案4，)8已知函數(shù)f(x)x3ax24在x2處取得極值，若m，n1,1，則f(m)f(n)的最小值是_解析對函數(shù)f(x)求導(dǎo)得f(x)3x22ax，由函數(shù)f(x)在x2處取得極值知f(2)0，即342a20，a3.由此可得f(x)x33x24，f(x)3x26x，易知f(x)在(1,0)上單調(diào)遞減，在(0,1)上單調(diào)遞增，當(dāng)m1,1時，f(m)minf(0)4.又f(x)3x26x的圖象開口向下，且對稱軸為x1，當(dāng)n1,1時，f(n)minf(1)9.故f(m)f(n)的最小值為13.答案13三、解答題9(xx衢州一模)設(shè)函數(shù)f(x)ln x，g(x)ax，函數(shù)f(x)的圖象與x軸的交點也在函數(shù)g(x)的圖象上，且在此點有公切線(1)求a，b的值；(2)試比較f(x)與g(x)的大小解(1)f(x)ln x的圖象與x軸的交點坐標(biāo)是(1,0)，依題意，得g(1)ab0，又f(x)，g(x)a，又f(x)與g(x)在點(1,0)處有公切線，g(1)f(1)1，即ab1，由得a，b.(2)令F(x)f(x)g(x)，則F(x)ln xln xx(x0)，F(xiàn)(x)20.F(x)在(0，)上為減函數(shù)，且F(1)0，當(dāng)0x1時，F(xiàn)(x)F(1)0，即f(x)g(x)；當(dāng)x1時，F(xiàn)(x)F(1)0，即f(x)g(x)；當(dāng)x1時，F(xiàn)(x)F(1)0，即f(x)g(x)綜上可知，當(dāng)0<x<1時，f(x)>g(x)；當(dāng)x1時，f(x)g(x)；當(dāng)x1時，即f(x)g(x)10(xx新課標(biāo)全國卷)已知函數(shù)f(x)x33x2ax2，曲線yf(x)在點(0,2)處的切線與x軸交點的橫坐標(biāo)為2.(1)求a；(2)證明：當(dāng)k1時，曲線yf(x)與直線ykx2只有一個交點(1)解f(x)3x26xa，f(0)a，曲線yf(x)在點(0,2)處的切線方程為yax2.由題設(shè)得2，所以a1.(2)證明由(1)知，f(x)x33x2x2.設(shè)g(x)f(x)kx2x33x2(1k)x4.由題設(shè)知1k0.當(dāng)x0時，g(x)3x26x1k0，g(x)單調(diào)遞增，g(1)k10，g(0)4，所以g(x)0在(，0上有唯一實根當(dāng)x0時，令h(x)x33x24，則g(x)h(x)(1k)xh(x)h(x)3x26x3x(x2)，h(x)在(0,2)上單調(diào)遞減，在(2，)上單調(diào)遞增，所以g(x)h(x)h(2)0.所以g(x)0在(0，)上沒有實根綜上，g(x)0在R上有唯一實根，即曲線yf(x)與直線ykx2只有一個交點能力提升題組(建議用時：35分鐘)11(xx遼寧卷)當(dāng)x2,1時，不等式ax3x24x30恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是()A5，3 B.C6，2 D4，3解析由題意知x2,1都有ax3x24x30，即ax3x24x3在x2,1上恒成立當(dāng)x0時，ax3x24x30恒成立，即30，aR.當(dāng)0x1時，a.令t(t1)，g(t)3t34t2t，因為g(t)9t28t10(t1)，所以g(t)在1，)上單調(diào)遞減，g(t)maxg(1)6(t1)，所以a6.當(dāng)2x0時，a，同理，g(t)在(，1上遞減，在上遞增因此g(t)ming(1)2，所以a2.綜上，6a2.答案C12(xx大連模擬)已知函數(shù)f(x)x3ax2xc(xR)，下列結(jié)論錯誤的是()A函數(shù)f(x)一定存在極大值和極小值B若函數(shù)f(x)在(，x1)，(x2，)上是增函數(shù)，則x2x1C函數(shù)f(x)的圖象是中心對稱圖形D函數(shù)f(x)一定存在三個零點解析對于A，f(x)3x22ax1，4a2120，因此函數(shù)f(x)3x22ax1恒有兩個相異零點x3，x4(其中x3x4)，易知函數(shù)f(x)的遞增區(qū)間是(，x3)與(x4，)，遞減區(qū)間是(x3，x4)，函數(shù)f(x)一定存在極大值與極小值，選項A正確對于B，由A知，x3x4，x3x4，則x4x3，又x1x3，x4x2，因此x2x1x4x3，選項B正確對于C，函數(shù)f(x)的解析式可以通過配方的方法化為形如(xm)3n(xm)h的形式，通過平移函數(shù)圖象，函數(shù)的解析式可以化為yx3nx的形式，這是一個奇函數(shù)，其圖象關(guān)于坐標(biāo)原點對稱，故函數(shù)f(x)的圖象是中心對稱圖形，所以C正確對于D，取ac1，得f(x)x3x2x1(x1)2(x1)，此時函數(shù)f(x)僅有兩個相異零點，因此選項D不正確綜上所述，選D.答案D13已知f(x)xex，g(x)(x1)2a，若x1，x2R，使得f(x2)g(x1)成立，則實數(shù)a的取值范圍是_解析f(x)exxexex(1x)當(dāng)x1時，f(x)0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x1時，f(x)0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減所以函數(shù)f(x)的最小值為f(1).而函數(shù)g(x)的最大值為a，則由題意，可得a，即a.答案14(xx北京卷)已知函數(shù)f(x)x2xsin xcos x.(1)若曲線yf(x)在點(a，f(a)處與直線yb相切，求a與b的值；(2)若曲線yf(x)與直線yb有兩個不同交點，求b的取值范圍解由f(x)x2xsin xcos x，得f(x)2xsin xx(sin x)sin xx(2cos x)(1)因為曲線yf(x)在點(a，f(a)處與直線yb相切，所以f(a)a(2cos a)0，bf(a)解得a0，bf(0)1.(2)設(shè)g(x)f(x)bx2xsin xcos xb.令g(x)f(x)0x(2cos x)0，得x0.當(dāng)x變化時，g(x)，g(x)的變化情況如下表：x(，0)0(0，)g(x)0g(x) 1b所以函數(shù)g(x)在區(qū)間(，0)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(0，)上單調(diào)遞增，且g(x)的最小值為g(0)1b.當(dāng)1b0時，即b1時，g(x)0至多有一個實根，曲線yf(x)與yb最多有一個交點，不合題意當(dāng)1b<0時，即b>1時，有g(shù)(0)1b<0，g(2b)4b22bsin 2bcos 2bb>4b2b1b>0.yg(x)在(0,2b)內(nèi)存在零點，又yg(x)在R上是偶函數(shù)，且g(x)在(0，)上單調(diào)遞增，yg(x)在(0，)上有唯一零點，在(，0)也有唯一零點故當(dāng)b>1時，yg(x)在R上有兩個零點，則曲線yf(x)與直線yb有兩個不同交點綜上可知，如果曲線yf(x)與直線yb有兩個不同交點，那么b的取值范圍是(1，)15(xx四川卷)已知函數(shù)f(x)exax2bx1，其中a，bR，e2.718 28為自然對數(shù)的底數(shù)(1)設(shè)g(x)是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)，求函數(shù)g(x)在區(qū)間0,1上的最小值；(2)若f(1)0，函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)有零點，證明：e2a1.(1)解由f(x)exax2bx1，有g(shù)(x)f(x)ex2axb，所以g(x)ex2a.當(dāng)x0,1時，g(x)12a，e2a，當(dāng)a時，g(x)0，所以g(x)在0,1上單調(diào)遞增，因此g(x)在0,1上的最小值是g(0)1b；當(dāng)a時，g(x)0，所以g(x)在0,1上單調(diào)遞減因此g(x)在0,1上的最小值是g(1)e2ab；當(dāng)a時，令g(x)0，得xln (2a)(0,1)，所以函數(shù)g(x)在區(qū)間0，ln(2a)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(ln(2a)，1上單調(diào)遞增于是，g(x)在0,1上的最小值是g(ln(2a)2a2aln(2a)b.綜上所述，當(dāng)a時，g(x)在0,1上的最小值是g(0)1b；當(dāng)a時，g(x)在0,1上的最小值是g(ln(2a)2a2aln(2a)b；當(dāng)a時，g(x)在0,1上的最小值是g(1)e2ab.(2)證明設(shè)x0為f(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)的一個零點，則由f(0)f(x0)0可知f(x)在區(qū)間(0，x0)上不可能單調(diào)遞增，也不可能單調(diào)遞減則g(x)不可能恒為正，也不可能恒為負(fù)故g(x)在區(qū)間(0，x0)內(nèi)存在零點x1，同理，g(x)在區(qū)間(x0,1)內(nèi)存在零點x2，所以g(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)至少有兩個零點由(1)知，當(dāng)a時，g(x)在0,1上單調(diào)遞增，故g(x)在(0,1)內(nèi)至多有一個零點當(dāng)a時，g(x)在0,1上單調(diào)遞減，故g(x)在(0,1)內(nèi)至多有一個零點，所以a.此時g(x)在區(qū)間0，ln(2a)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(ln(2a)，1上單調(diào)遞增，因此x1(0，ln(2a)，x2(ln(2a)，1)，必有g(shù)(0)1b0，g(1)e2ab0.由f(1)0有abe12，有g(shù)(0)ae20，g(1)1a0，解得e2a1.所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)有零點時，e2a1.