2019-2020年高考数学异构异模复习第三章导数及其应用课时撬分练3.2导数的应用理

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1、2019-2020年高考数学异构异模复习第三章导数及其应用课时撬分练3.2导数的应用理1.[xx·衡水二中周测]已知函数f(x)＝，则x>0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答案　B解析　f′(x)＝＝，x>0.令f′(x)＝0，得x＝1.又f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．所以x＝1为f(x)的极小值点，f(x)无极大值．故选B.2．[xx·枣强中学仿真]在R上可导的函数f(x)的图象如图所示

2、，则关于x的不等式x·f′(x)<0的解集为(　　)A．(－∞，－1)∪(0,1)B．(－1,0)∪(1，＋∞)C．(－2，－1)∪(1,2)D．(－∞，－2)∪(2，＋∞)答案　A解析　由f(x)的图象知，当x<－1或x>1时，f′(x)>0；当－1f′(x)，则以下判断正确的是(　　)A．f(xx)>exxf(0)B．f(xx)<

3、exxf(0)C．f(xx)＝exxf(0)D．f(xx)与exxf(0)大小无法确定答案　B解析　令函数g(x)＝，则g′(x)＝.∵f(x)>f′(x)，∴g′(x)<0，即函数g(x)在R上递减，∴g(xx)

4、＝e－1>1，f(－1)＝＋1>1，而e－1－＝e－－2＝>0，所以f(x)max＝f(1)＝e－1.5.[xx·衡水二中热身]设函数f(x)＝lnx－ax，g(x)＝ex－ax，其中a为实数．若f(x)在(1，＋∞)上是单调减函数，且g(x)在(1，＋∞)上有最小值，则a的取值范围是(　　)A．(e，＋∞)B．[e，＋∞)C．(1，＋∞)D．[1，＋∞)答案　A解析　解法一：f′(x)＝－a，g′(x)＝ex－a，由题意得，当x∈(1，＋∞)时f′(x)≤0恒成立，即x∈(1，＋∞)时a≥恒成立

5、，则a≥1.因为g′(x)＝ex－a在(1，＋∞)上单调递增，所以g′(x)>g′(1)＝e－a.又g(x)在(1，＋∞)上有最小值，则必有e－a<0，即a>e.综上，可知a的取值范围是(e，＋∞)．解法二：f′(x)＝－a，g′(x)＝ex－a.由题意得，当x∈(1，＋∞)时f′(x)≤0恒成立，即x∈(1，＋∞)时a≥恒成立，则a≥1.当a≤0时，g′(x)>0恒成立，从而g(x)在(1，＋∞)上单调递增，故g(x)在(1，＋∞)上无最值，不符合题意；当00得x>ln

6、a，又lna≤1，故g(x)在(1，＋∞)上单调递增，故g(x)在(1，＋∞)上无最值，不符合题意；当a>e时，由g′(x)>0得x>lna，又lna>1，故g(x)在(1，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增，此时有最小值，为g(lna)＝elna－alna＝a－alna.由题意知lna>1，所以a>e.综上，可知a的取值范围是(e，＋∞)．6．[xx·武邑中学期末]函数f(x)的定义域为R，f(－1)＝2，对任意x∈R，f′(x)>2，则f(x)>2x＋4的解集为(　　)A．(－1

7、,1)B．(－1，＋∞)C．(－∞，－1)D．(－∞，＋∞)答案　B解析　设m(x)＝f(x)－(2x＋4)，∵m′(x)＝f′(x)－2>0，∴m(x)在R上是增函数．∵m(－1)＝f(－1)－(－2＋4)＝0，∴m(x)>0的解集为{x

8、x>－1}，即f(x)>2x＋4的解集为(－1，＋∞)．7．[xx·衡水二中预测]函数f(x)＝x(x－m)2在x＝1处取得极小值，则m＝________.答案　1解析　f′(1)＝0可得m＝1或m＝3.当m＝3时，f′(x)＝3(x－1)(x－3)，1

9、3，f′(x)<0；x<1或x>3，f′(x)>0，此时x＝1处取得极大值，不合题意，所以m＝1.8．[xx·枣强中学月考]函数f(x)＝x3－x2－3x－1的图象与x轴的交点个数是________．答案　3解析　f′(x)＝x2－2x－3＝(x＋1)(x－3)，函数在(－∞，－1)和(3，＋∞)上是增函数，在(－1,3)上是减函数，由f(x)极小值＝f(3)＝－10<0，f(x)极大值＝f(－1)＝>0知函数f(x)的图象与x轴的交点个数为3.9．[xx·衡水二中猜题]已知函数f