【创新设计】高考数学一轮复习 限时集训(十五)导数的应用(Ⅰ) 理 新人教A版.doc

限时集训(十五)导数的应用()(限时：45分钟满分：81分)一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)1已知定义在r上的函数f(x)，其导函数f(x)的大致图象如图所示，则下列叙述正确的是()af(b)f(c)f(d)bf(b)f(a)f(e)cf(c)f(b)f(a)df(c)f(e)f(d)2函数f(x)的定义域为r，f(1)2，对任意xr，2，则f(x)2x4的解集为()a(1,1)b(1，)c(，1) d(，)3(2012陕西高考)设函数f(x)xex，则()ax1为f(x)的极大值点bx1为f(x)的极小值点cx1为f(x)的极大值点dx1为f(x)的极小值点4函数f(x)x23x4在0,2上的最小值是()a bc4 d5(2013咸宁模拟)已知函数yx33xc的图象与x轴恰有两个公共点，则c()a2或2 b9或3c1或1 d3或16(2012福建高考)已知f(x)x36x29xabc，ab0; f(0)f(1)0; f(0)f(3)0)上的最小值；(2)若函数yf(x)与yg(x)的图象恰有一个公共点，求实数a的值；(3)若函数yf(x)g(x)有两个不同的极值点x1，x2(x1ln 2，求实数a的取值范围12已知函数f(x)xax2ln(1x)，其中ar.(1)若x2是f(x)的极值点，求a的值；(2)求f(x)的单调区间；(3)若f(x)在0，)上的最大值是0，求a的取值范围答 案限时集训(十五)导数的应用()1c2.b3.d4.a5.a6.c7(1,11)8.(，2ln 229.1310解：(1)由题设可得f(x)3x22axb.f(x)的图象过点(0,0)，(2,0)，解得a3，b0.(2)由f(x)3x26x0，得x2或x0，在(0,2)上f(x)0.f(x)在(，0)，(2，)上递增，在(0,2)上递减，因此f(x)在x2处取得极小值所以x02.由f(2)5，得c1.f(x)x33x21.11解：(1)令f(x)ln x10得x，当0t时，函数f(x)在上单调递减，在上单调递增，此时函数f(x)在区间t，t2上的最小值为f；当t时，函数f(x)在t，t2上单调递增，此时函数f(x)在区间t，t2上的最小值为f(t)tln t.(2)由题意得，f(x)g(x)xln xx2ax20在(0，)上有且仅有一个根，即aln xx在(0，)上有且仅有一个根，令h(x)ln xx，则h(x)1(x2)(x1)，易知h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增，所以ah(x)min3.(3)由题意得，yf(x)g(x)xln xx2ax2，则其导函数为yln x2x1a，由题意知yln x2x1a0有两个不同的实根x1，x2，等价于aln x2x1有两个不同的实根x1，x2，且x1g(x)mingln 2时，x1，x2存在，且x2x1的值随着a的增大而增大而当x2x1ln 2时，则有两式相减可得ln 2(x2x1)2ln 2，得x24x1，代入上述方程组解得x1，x2ln 2，此时实数aln 2ln1，所以实数a的取值范围为aln 2ln1.12解：(1)f(x)，x(1，)依题意，得f(2)0，解得a.经检验，a时，符合题意故a.(2)当a0时，f(x)，由f(x)0和f(x)0时，令f(x)0，得x10或x21.当0a1时，1x20，f(x)与f(x)的变化情况如下表：x(1，x2)x2(x2，x1)x1(x1，)f(x)00f(x)f(x2)f(x1)所以，f(x)的单调递增区间是，单调递减区间是和(0，)当a0时，f(x)的单调递增区间是(0，)，单调递减区间是(1,0)综上，当a0时，f(x)的单调递增区间是(0，)，单调递减区间是(1,0)；当0a1时，f(x)的单调递增区间是，单调递减区间是和(0，)(3)由(2)知a0时，f(x)在(0，)上单调递增，由f(0)0，知a0时不合题意当0af(0)0