浙江专用2020版高考数学大一轮复习 第三章导数及其应用 第2讲 导数在研究函数中的应用 第3课时导数与函数的综合问题练习（含解析）

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1、第3课时 导数与函数的综合问题基础达标1(2019台州市高考模拟)已知yf(x)为R上的连续可导函数，且xf(x)f(x)0，则函数g(x)xf(x)1(x0)的零点个数为()A0B1C0或1D无数个解析：选A.因为g(x)xf(x)1(x0)，g(x)xf(x)f(x)0，所以g(x)在(0，)上单调递增，因为g(0)1，yf(x)为R上的连续可导函数，所以g(x)为(0，)上的连续可导函数，g(x)g(0)1，所以g(x)在(0，)上无零点2(2019丽水模拟)设函数f(x)ax33x1(xR)，若对于任意x1，1，都有f(x)0成立，则实数a的值为_解析：(构造法)若x0，则不论a取何值

2、，f(x)0显然成立；当x0时，即x(0，1时，f(x)ax33x10可化为a.设g(x)，则g(x)，所以g(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减，因此g(x)maxg4，从而a4.当x.5.函数f(x)x3ax2bxc(a，b，cR)的导函数的图象如图所示：(1)求a，b的值并写出f(x)的单调区间；(2)若函数yf(x)有三个零点，求c的取值范围解：(1)因为f(x)x3ax2bxc，所以f(x)x22axb.因为f(x)0的两个根为1，2，所以解得a，b2，由导函数的图象可知，当1x2时，f(x)0，函数单调递减，当x1或x2时，f(x)0，函数单调递增，故函数f(x)在(，1)和(

3、2，)上单调递增，在(1，2)上单调递减(2)由(1)得f(x)x3x22xc，函数f(x)在(，1)，(2，)上是增函数，在(1，2)上是减函数，所以函数f(x)的极大值为f(1)c，极小值为f(2)c.而函数f(x)恰有三个零点，故必有解得c.所以使函数f(x)恰有三个零点的实数c的取值范围是.6(2019浙江金华十校第二学期调研)设函数f(x)exx，h(x)kx3kx2x1.(1)求f(x)的最小值；(2)设h(x)f(x)对任意x0，1恒成立时k的最大值为，证明：46.解：(1)因为f(x)exx，所以f(x)ex1，当x(，0)时，f(x)0，f(x)单调递减，当x(0，)时，f(

4、x)0，f(x)单调递增，所以f(x)minf(0)1.(2)证明：由h(x)f(x)，化简可得k(x2x3)ex1，当x0，1时，kR，当x(0，1)时，k，要证：46，则需证以下两个问题；4对任意x(0，1)恒成立；存在x0(0，1)，使得6成立先证：4，即证ex14(x2x3)，由(1)可知，exx1恒成立，所以ex1x，又x0，所以ex1x，即证x4(x2x3)14(xx2)(2x1)20，(2x1)20，显然成立，所以4对任意x(0，1)恒成立；再证存在x0(0，1)，使得6成立取x0，8(1)，因为，所以8(1)86，所以存在x0(0，1)，使得6，由可知，46.能力提升1(201

5、9杭州市学军中学高考模拟)已知函数f(x)ax3bx2x(a，bR)(1)当a2，b3时，求函数f(x)极值；(2)设ba1，当0a1时，对任意x0，2，都有m|f(x)|恒成立，求m的最小值解：(1)当a2，b3时，f(x)x3x2x，f(x)2x23x1(2x1)(x1)，令f(x)0，解得：x1或x，令f(x)0，解得：x1，故f(x)在(，)单调递增，在(，1)单调递减，在(1，)单调递增，故f(x)极大值f()，f(x)极小值f(1).(2)当ba1时，f(x)ax3(a1)x2x，f(x)ax2(a1)x1，f(x)恒过点(0，1)当a0时，f(x)x1，m|f(x)|恒成立，所以

6、m1；0a1，开口向上，对称轴1，f(x)ax2(a1)x1a(x)21，当a1时f(x)x22x1，|f(x)|在x0，2的值域为0，1；要m|f(x)|，则m1；当0a1时，根据对称轴分类：当x2，即a1时，(a1)20，f()(a)(，0)，又f(2)2a11，所以|f(x)|1；当x2，即0a；f(x)在x0，2的最小值为f(2)2a1；12a1，所以|f(x)|1，综上所述，要对任意x0，2都有m|f(x)|恒成立，有m1.所以m的最小值为1.2(2019台州市高考模拟)已知函数f(x)x3ax2bx(a，bR)(1)若函数f(x)在(0，2)上存在两个极值点，求3ab的取值范围；(

7、2)当a0，b1时，求证：对任意的实数x0，2，|f(x)|2b恒成立解：(1)f(x)x2axb，由已知可得f(x)0在(0，2)上存在两个不同的零点，故有，即令z3ab，如图所示：由图可知8z0，故3ab的取值范围(8，0)(2)证明：f(x)x3bx(b1，x0，2)，所以f(x)x2b，当b0时，f(x)0在0，2上恒成立，则f(x)在0，2上单调递增，故0f(0)f(x)f(2)2b，所以|f(x)|2b；当1b0时，由f(x)0，解得x(0，2)，则f(x)在0，上单调递减，在，2上单调递增，所以f()f(x)maxf(0)，f(2)因为f(0)0，f(2)2b0，f()b0，要证|f(x)|2b，只需证b2b，即证b(3)4，因为1b0，所以0b1，334，所以b(3)4成立综上所述，对任意的实数x0，2，|f(x)|2b恒成立7