高考数学异构异模复习 第三章 导数及其应用 3.2.3 导数的综合应用撬题 理-人教版高三全册数学试题VIP免费

2018 高考数学异构异模复习考案 第三章 导数及其应用 3.2.3 导数的综合应用撬题 理1.设 f(x)是定义在 R 上的可导函数，当 x≠0 时，f′(x)＋>0，则关于 x 的函数 g(x)＝f(x)＋的零点个数为( )A．1 B．2C．0 D．0 或 2答案 C解析 由 f′(x)＋>0，得>0，当 x>0 时，xf′(x)＋f(x)>0，即[xf(x)]′>0，函数 xf(x)单调递增；当 x<0 时，xf′(x)＋f(x)<0，即[xf(x)]′<0，函数 xf(x)单调递减．∴xf(x)>0f(0)＝0，又 g(x)＝f(x)＋x－1＝，函数 g(x)＝的零点个数等价于函数 y＝xf(x)＋1 的零点个数．当 x>0 时，y＝xf(x)＋1>1，当 x<0 时，y＝xf(x)＋1>1，所以函数 y＝xf(x)＋1 无零点所以函数 g(x)＝f(x)＋x－1的零点个数为 0.故选 C.2．设函数 f(x)是定义在(－∞，0)上的可导函数，其导函数为 f′(x)，且有 2f(x)＋xf′(x)>x2，则不等式(x＋2014)2f(x＋2014)－4f(－2)>0 的解集为________．答案 (－∞，－2016)解析 由 2f(x)＋xf′(x)>x2，x<0 得 2xf(x)＋x2f′(x)0 即为 F(x＋2014)－F(－2)>0，即 F(x＋2014)>F(－2)，又因为 F(x)在(－∞，0)上是减函数，所以 x＋2014<－2，∴x<－2016.3．已知 f(x)＝ax－cosx，x∈.若∀x1∈，∀x2∈，x1≠x2，<0，则实数 a 的取值范围为________．答案 a≤－解析 f′(x)＝a＋sinx.依题意可知 f(x)在上为减函数，所以 f′(x)≤0 对 x∈恒成立，可得 a≤－sinx 对 x∈恒成立．设 g(x)＝－sinx，x∈.易知 g(x)为减函数，故 g(x)min＝－，所以 a≤－.4．设函数 f(x)＝emx＋x2－mx. (1)证明：f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增；(2)若对于任意 x1，x2∈[－1,1]，都有|f(x1)－f(x2)|≤e－1，求 m 的取值范围．解 (1)证明：f′(x)＝m(emx－1)＋2x.若 m≥0，则当 x∈(－∞，0)时，emx－1≤0，f′(x)<0；当 x∈(0，＋∞)时，emx－1≥0，f′(x)>0.若 m<0，则当 x∈(－∞，0)时，emx－1>0，f′(x)<0；当 x∈(0，＋∞)时，emx－1<0，f′(x)>0.所以，f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增．(2)由(1)知，对任意的 m，f(x)在[－1,0]单调递减，在[0,1]单调递增，故 f(x)在 x＝0 处取得最小值．所以对于任意 x1，x2...