高考數(shù)學(xué)理專題目一第三講導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用二輪復(fù)習(xí)

1、第三講導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用1(2013·廣東省廣州市高三年級調(diào)研測試)已知e為自然對數(shù)的底數(shù)，則函數(shù)yxex的單調(diào)遞增區(qū)間是()A1，)B(，1C1，) D(，12已知曲線f(x)ln x在點(x0，f(x0)處的切線經(jīng)過點(0，1)，則x0的值為()A.B1Ce D103函數(shù)f(x)3x2ln x2x的極值點的個數(shù)是()A0B1C2 D無數(shù)個4(2013·荊州市高中畢業(yè)班質(zhì)量檢測)設(shè)函數(shù)f(x)在R上可導(dǎo)，其導(dǎo)函數(shù)是f(x)，且函數(shù)f(x)在x2處取得極小值，則函數(shù)yxf(x)的圖象可能是()5(2013·高考福建卷)設(shè)函數(shù)f(x)的定義域為R，x0(x00)是f(x)

2、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6函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是_7(2013·廣東省廣州市高三年級調(diào)研測試)設(shè)f1(x)cos x，定義fn1(x)為fn(x)的導(dǎo)數(shù)，即fn1(x)fn(x)，nN*，若ABC的內(nèi)角A滿足f1(A)f2(A)f2 013(A)0，則sin A的值是_8(2013·湖南十二校第二次考試)已知函數(shù)f(x)的定義域為1，5，部分對應(yīng)值如下表：x10245y12021f(x)的導(dǎo)函數(shù)yf(x)的圖象如圖所示(1)f(x)的極小值為_；(2)若

3、函數(shù)yf(x)a有4個零點，則實數(shù)a的取值范圍為_9.已知函數(shù)f(x)ax3bx2cx在點x0處取得極小值4，其導(dǎo)函數(shù)的圖象經(jīng)過(1，0)，(1，0)，如圖所示，求：(1)x0的值；(2)a，b，c的值10(2013·高考北京卷)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11(2013·廣州一模)已知nN*，設(shè)函數(shù)fn(x)1x，xR.(1)求函數(shù)yf2(x)kx(kR)的單調(diào)區(qū)間；(2)是否存在整數(shù)t，對于任意nN*，關(guān)于x的方程fn(x

4、)0在區(qū)間t，t1上有唯一實數(shù)解，若存在，求t的值；若不存在，說明理由答案：1【解析】選A.令yex(1x)0，又ex>0，1x0，x1，故選A.2. 【解析】選B.依題意得，題中的切線方程是yln x0(xx0)；又該切線經(jīng)過點(0，1)，于是有1ln x0·(x0)，由此得ln x00，x01，故選B.3. 【解析】選A.函數(shù)定義域為(0，)，且f(x)6x2，由于x>0，g(x)6x22x1中20<0，所以g(x)>0恒成立，故f(0)>0恒成立，即f(x)在定義域上單調(diào)遞增，無極值點4【解析】選C.f(x)在x2處取得極小值，即x<2，f(

5、x)<0；x>2，f(x)>0，那么yxf(x)過點(0，0)及(2，0)，且當(dāng)x<2時，f(x)<0，則y>0.當(dāng)2<x<0時，f(x)>0，y<0.當(dāng)x>0時，f(x)>0，y>0，故C正確5【解析】選D.不妨取函數(shù)f(x)x33x，則f(x)3(x1)(x1)，易判斷x01為f(x)的極大值點，但顯然f(x0)不是最大值，故排除A；f(x)x33x，f(x)3(x1)(x1)，易知，x01為f(x)的極大值點，故排除B；又f(x)x33x，f(x)3(x1)(x1)，易知，x01為f(x)的極大值點，故排除C；

6、f(x)的圖象與f(x)的圖象關(guān)于原點對稱，由函數(shù)圖象的對稱性可得x0應(yīng)為函數(shù)f(x)的極小值點故D正確6【解析】令f(x)<0，得0<x<e，又因為函數(shù)f(x)的定義域為(0，1)(1，)，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0，1)，(1，e)【答案】(0，1)，(1，e)7【解析】f1(x)cos x，f2(x)f1(x)sin x，f3(x)f2(x)cos x，f4(x)f3(x)sin x，f5(x)f4(x)cos x，fn(x)fn1(x)fn2(x)fn3(x)0，f1(A)f2(A)f2 013(A)f2 013(A)f1(A)cos A0，又A為ABC的內(nèi)

7、角，sin A1.【答案】18【解析】(1)由yf(x)的圖象可知，x(1，0)0(0，2)2(2，4)4(4，5)f(x)000f(x)極大值極小值極大值f(2)為f(x)的極小值，f(2)0.(2)yf(x)的圖象如圖所示：若函數(shù)yf(x)a有4個零點，則a的取值范圍為1a<2.【答案】(1)0(2)1，2)9【解】(1)由于f(x)3ax22bxc.(1)觀察圖象，我們可發(fā)現(xiàn)當(dāng)x(，1)時，f(x)<0，此時，f(x)為減函數(shù)；當(dāng)x(1，1)時，f(x)>0，此時，f(x)為增函數(shù)，因此，在x1處函數(shù)取得極小值，結(jié)合已知，可得x01.(2)由(1)知f(1)4，即abc

8、4，再結(jié)合f(x)的圖象可知，方程f(x)0的兩根分別為1，1，那么，結(jié)合abc4，得a2，b0，c6.10【解】由f(x)x2xsin xcos x，得f(x)x(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)令f(x)0，得x0.f(x)與f(x)的變化情況如下：x(，0)0(0，)f(x)0f(x)1所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(，0)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(0，)上單調(diào)遞增，f(0)1是f(x)的最小值當(dāng)b1時，曲線yf(x)與直線yb最多只有一個交點；當(dāng)b>1時，f(2b)f(2b)4b

9、22b1>4b2b1>b，f(0)1<b，所以存在x1(2b，0)，x2(0，2b)，使得f(x1)f(x2)b.由于函數(shù)f(x)在區(qū)間(，0)和(0，)上均單調(diào)，所以當(dāng)b>1時曲線yf(x)與直線yb有且僅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，)11【解】yf2(x)kx1xkx，y1xx2k(x2xk1)方程x2xk10的判別式(1)24(k1)34k.當(dāng)k時，0，y(x2xk1)0，故函數(shù)yf2(x)kx在R上單調(diào)遞減；當(dāng)k<時，方程x2xk10的兩個實根為x1，x2，則x(，x1)時，y<0；x(

10、x1，x2)時，y>0；x(x2，)時，y<0；故函數(shù)yf2(x)kx的單調(diào)遞減區(qū)間為(，x1)和(x2，)，單調(diào)遞增區(qū)間為(x1，x2)(2)存在t1，對于任意nN*，關(guān)于x的方程fn(x)0在區(qū)間t，t1上有唯一實數(shù)解，理由如下：當(dāng)n1時，f1(x)1x，令f1(x)1x0，解得x1，關(guān)于x的方程f1(x)0有唯一實數(shù)解x1.當(dāng)n2時，由fn(x)1x，得fn(x)1xx2x2n3x2n2，若x1，則fn(x)fn(1)(2n1)<0，若x0，則fn(x)1<0，若x1且x0時，則fn(x)，當(dāng)x<1時，x1<0，x2n11<0，fn(x)<0，當(dāng)x>1時，x1>0，x2n11>0，fn(x)<0，fn(x)<0，故fn(x)在(，)上單調(diào)遞減fn(