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1、1 / 7【2019【2019 最新最新】精选高考数学大一轮复习第三章导数及其应精选高考数学大一轮复习第三章导数及其应用第用第 2 2 讲导数的应用第讲导数的应用第 3 3 课时导数与函数的综合问题试题课时导数与函数的综合问题试题理北师大理北师大(建议用时：40 分钟)一、选择题1.方程 x36x29x100 的实根个数是( )A.3 B.2 C.1 D.0解析 设 f(x)x36x29x10，f(x)3x212x93(x1)(x3)，由此可知函数的极大值为 f(1)60，极小值为 f(3)100，所以方程x36x29x100 的实根个数为 1.答案 C2.若存在正数 x 使 2x(xa)1
2、成立，则实数 a 的取值范围是( )A.(，) B.(2，)C.(0，) D.(1，)解析 2x(xa)1，ax.令 f(x)x，f(x)12xln 20.f(x)在(0，)上单调递增，f(x)f(0)011，实数 a 的取值范围为(1，).答案 D3.(2017山东省实验中学诊断)若函数 f(x)在 R 上可导，且满足f(x)xf(x)0，则( )2 / 7A.3f(1)f(3)C.3f(1)f(3) D.f(1)f(3)解析 由于 f(x)xf(x)，则f(3).答案 B4.(2017德阳模拟)方程 f(x)f(x)的实数根 x0 叫作函数 f(x)的“新驻点” ，如果函数 g(x)ln
3、x 的“新驻点”为 a，那么 a满足( )A.a1 B.00，h(x)在(1，2)上有零点，10.即 kx22x 对任意 x(0，2)恒成立，从而 k0，因此由原不等式，得 k0，函数 f(x)在(1，2)上单调递增，当 x(0，1)时，f(x)1 时，令 g(x)0 解得 xea11.当 0ea11 时，g(x)0，g(x)在(0，ea11)上递减，在(ea11，)上递增，g(ea11)1 时，不是对所有的 x0，都有 f(x)ax 成立.综上，由(1)(2)可知，实数 a 的取值范围是(，1.10.(2017武汉调研)已知函数 f(x)ln x(aR).(1)求函数 f(x)的单调区间；(
4、2)求证：不等式(x1)ln x2(x1)对x(1，2)恒成立.(1)解 定义域为(0，)，f(x).a0 时，f(x)0，f(x)在(0，)上为增函数；a0 时，f(x)在(a，)上为增函数，在(0，a) 上为减函数.(2)证明 法一 x(1，2)，x10，要证原不等式成立，即证 ln x对x(1，2)恒成立，令 g(x)ln x，g(x)0，g(x)在(0，)上为增函数，当 x(1，2)时，g(x)g(1)ln 10，5 / 7ln x对x(1，2)恒成立，(x1)ln x2(x1)对x(1，2)恒成立.法二 令 F(x)(x1)ln x2(x1)，F(x)ln x2，ln x.令 (x)
5、ln x，由(1)知 a1 时，(x)在(0，1)上为减函数，在(1，)上为增函数.x(1，2)，则 (x)在(1，2)为增函数，(x)(1)0，即 x(1，2)，F(x)0，F(x)在(1，2)上为增函数，F(x)F(1)0，(x1)ln x2(x1)对x(1，2)恒成立.能力提升题组(建议用时：25 分钟)11.函数 f(x)3x2ln x2x 的极值点的个数是( )A.0 B.1 C.2 D.无数个解析 函数定义域为(0，)，且 f(x)6x2，由于 x0，g(x)6x22x1 中 200 恒成立，故 f(x)0 恒成立，即 f(x)在定义域上单调递增，无极值点.答案 A12.(2014
6、全国卷)已知函数 f(x)ax33x21，若 f(x)存在唯一的零点 x0，且 x00，则实数 a 的取值范围是( )A.(2，) B.(，2)C.(1，) D.(，1)6 / 7解析 法一 由题意 a0，由 f(x)3ax26x0 得 x0 或x.当 a0 时，f(x)在(，0)和上单调递增，在上单调递减.且 f(0)10，故 f(x)有小于 0 的零点，不符合题意，排除 A，C.当 a0 且唯一，只需 f0，即 a24，a1 时，g(x)0，g(x)的大致图像如图：直线 ya 与 yg(x)有唯一交点，且横坐标 x00，只需a0，不等式的解集为(0，).答案 C14.(2017广州调研)已
7、知函数 f(x)exmx，其中 m 为常数.(1)若对任意 xR 有 f(x)0 恒成立，求 m 的取值范围；(2)当 m1 时，判断 f(x)在0，2m上零点的个数，并说明理由.解 (1)依题意，可知 f(x)exm1，令 f(x)0，得 xm.故当 x(，m)时，exm1，f(x)0，f(x)单调递增.故当 xm 时，f(m)为极小值也是最小值.令 f(m)1m0，得 m1，即对任意 xR ，f(x)0 恒成立时，m 的取值范围是(，1.(2)f(x)在0，2m上有两个零点，理由如下：当 m1 时，f(m)1m0，f(0)f(m)1 时，g(m)em20，g(m)在(1，)上单调递增.g(m)g(1)e20，即 f(2m)0.f(m)f(2m)0，f(x)在(m，2m)上有一个零点.故 f(x)在0，2m上有两个零点.