【金版学案】2015届高考数学总复习 基础知识名师讲义 第二章 第十四节导数在研究函数中的应用(二) 文.doc

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1、第十四节　导数在研究函数中的应用(二)基础自测1.(2012·合肥质检)函数f(x)的图象如图所示，则不等式(x＋3)·f′(x)<0的解集为(　　)A．(1，＋∞)B．(－∞，－3)C．(－∞，－1)∪(1，＋∞)D．(－∞，－3)∪(－1,1)　　　　　　　　　　　　　　　　　　解析：由不等式(x＋3)f′(x)<0得或观察图象可知，x<－3或－1

2、2D．3解析：f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，当x＜0时，f′(x)＞0，当0＜x＜2时，f′(x)＜0，当x＞2时，f′(x)＞0，故当x＝2时取得极小值．故选B.答案：B3．(2012·大连双基测试)函数f(x)＝(x2－2x)ex的最小值为f(x0)，则x0＝________.解析：f′(x)＝(2x－2)ex＋(x2－2x)ex＝(x2－2)ex，令f′(x)＝0，得x＝±.当x∈(－，)时，f′(x)<0；当x∈(，＋∞)时，f′(x)>0.∴x＝时，f(x)取得极小值，又f(－)＞0，且x

3、＜－时，f(x)＞0.∴在x＝时取得最小值．所以当x＝时，函数有最小值．4答案：4．(2013·南宁联考)已知函数f(x)＝x3－3ax－a在(0,1)内有最小值，则a的取值范围是________．解析：f′(x)＝3x2－3a＝3(x2－a)，显然a＞0，f′(x)＝3(x＋)(x－)，由已知条件0＜＜1，解得0＜a＜1.答案：(0,1)1．(2012·浙江卷)设a>0，b>0，(　　)A．若2a＋2a＝2b＋3b，则a>bB．若2a＋2a＝2b＋3b，则abD．若2a

4、－2a＝2b－3b，则a2b＋2b.构造函数：f(x)＝2x＋2x，则f′(x)＝2x·ln2＋2>0恒成立，故有函数f(x)＝2x＋2x在(0，＋∞)上单调递增，即a>b成立．其余选项用同样方法排除．故选A.答案：A2．(2013·广东卷)设函数f(x)＝(x－1)ex－kx2(其中k∈R)．(1)当k＝1时，求函数f(x)的单调区间；(2)当k∈时，求函数f(x)在[0，k]上的最大值M.解析：(1)当k＝1时，f(x)＝(x－1)ex－x2，

5、f′(x)＝ex＋(x－1)ex－2x＝xex－2x＝x(ex－2)，令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝ln2，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化如下表：4x(－∞，0)0(0，ln2)ln2(ln2，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值上表可知，函数f(x)的递减区间为(0，ln2)，递增区间为(－∞，0)，(ln2，＋∞)．(2)f′(x)＝ex＋(x－1)ex－2kx＝xex－2kx＝x(ex－2k)，令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝ln(2k)，令g(k)＝ln(2k)－k，则

6、g′(k)＝－1＝＞0，所以g(k)在上递增，所以g(k)≤ln2－1＝ln2－lne＜0，从而ln(2k)＜k，所以ln(2k)∈[0，k]所以当x∈(0，ln(2k))时，f′(x)＜0；当x∈(ln(2k)，＋∞)时，f′(x)＞0；所以M＝max{f(0)，f(k)}＝max{－1，(k－1)ek－k3}；令h(k)＝(k－1)ek－k3＋1，则h′(k)＝k(ek－3k)令φ(k)＝ek－3k，则φ′(k)＝ek－3＜e－3＜0，所以φ(k)在上递减，而φ·φ(1)＝·(e－3)＜0，所以存在x0∈使

7、得φ(x0)＝0，且当k∈时，φ(k)＞0，当k∈(x0,1)时，φ(k)＜0，所以φ(k)在上单调递增，在(x0,1)上单调递减．因为h＝－＋＞0，h(1)＝0，所以h(k)≥0在上恒成立，当且仅当k＝1时取得“＝”．综上，函数f(x)在[0，k]上的最大值M＝(k－1)ek－k3.1．(2012·广东金山一中等三校考前测试)函数y＝在区间(0,1)上(　　)A．是减函数B．是增函数C．有极小值D．有极大值解析：∵f′(x)＝，x∈(0,1)和x∈(1，e)时，f′(x)<0；x＝e时，f′(x)＝0；x∈(

8、e，＋∞)时，f′(x)>0.∴在区间x∈(0,1)，f(x)是减函数，x＝e时有极小值f(e)＝e.故选A.4答案：A2．(2013·东莞二模)已知函数f(x)＝ax2－2x＋lnx.(1)若f(x)无极值点，但其导函数f′(x)有零点，求a的值；(2)若f(x)有两个极值点，求a的取值范围，并证明f(x)的极小值小于－.解析：(1)首先，x＞0时，f′(x)＝2ax－2＋＝，f′(