2017年高考“最后三十天”专题透析好教育云平台——教育因你我而变专题研讨导数的综合运用第一次作业1．若a>2，则函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－ax2＋1在区间(0，2)上恰好有()A．0个零点B．1个零点C．2个零点D．3个零点答案B解析∵f′(x)＝x2－2ax，且a>2，∴当x∈(0，2)时，f′(x)<0，即f(x)在(0，2)上是单调减函数．又∵f(0)＝1>0，f(2)＝eq\f(11,3)－4a<0，∴f(x)在(0，2)上恰好有1个零点．故选B.2．函数y＝x2ex的影像大致为()答案A解析由于y′＝2xex＋x2ex＝x(x＋2)ex，所以当x<－2或x>0时，y′>0，函数y＝x2ex为增函数；当－2<x<0时，y′<0，函数y＝x2ex为减函数，排除B，C，又y＝x2ex>0，所以排除D，故选A.3．函数f(x)＝eq\f(1,2)ex(sinx＋cosx)在区间[0，eq\f(π,2)]上的值域为()A．[eq\f(1,2)，eq\f(1,2)eeq\s\up6(\f(π,2))]B．(eq\f(1,2)，eq\f(1,2)eeq\s\up6(\f(π,2)))C．[1，eeq\s\up6(\f(π,2))]D．(1，eeq\s\up6(\f(π,2)))答案A解析f′(x)＝eq\f(1,2)ex(sinx＋cosx)＋eq\f(1,2)ex(cosx－sinx)＝excosx，当0≤x≤eq\f(π,2)时，f′(x)≥0.∴f(x)是[0，eq\f(π,2)]上的增函数．∴f(x)的最大值为f(eq\f(π,2))＝eq\f(1,2)eeq\s\up6(\f(π,2))，f(x)的最小值为f(0)＝eq\f(1,2).4．(2018·山东陵县一中月考)已知函数f(x)＝x2ex，当x∈[－1，1]时，不等式f(x)<m恒成立，则实数m的取值范围为()A．[eq\f(1,e)，＋∞)B．(eq\f(1,e)，＋∞)C．[e，＋∞)D．(e，＋∞)答案D解析由f′(x)＝ex(2x＋x2)＝x(x＋2)ex，得当－1<x<0时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，当0<x<1时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，且f(1)>f(－1)，故f(x)max＝f(1)＝e，则m>e.故选D.5．(2014·课标全国Ⅰ)已知函数f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在独一的零点x0，且x0>0，则a的取值范围是()A．(2，＋∞)B．(1，＋∞)C．(－∞，－2)D．(－∞，－1)答案C解析当a＝0时，明显f(x)有两个零点，不符合题意．当a≠0时，f′(x)＝3ax2－6x，令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝eq\f(2,a).当a>0时，eq\f(2,a)>0，所以函数f(x)＝ax3－3x2＋1在(－∞，0)与(eq\f(2,a)，＋∞)上为增函数，在(0，eq\f(2,a))上为减函数，由于f(x)存在独一零点x0，且x0>0，则f(0)<0，即1<0，不成立．当a<0时，eq\f(2,a)<0，所以函数f(x)＝ax3－3x2＋1在(－∞，eq\f(2,a))和(0，＋∞)上为减函数，在(eq\f(2,a)，0)上为增函数，由于f(x)存在独一零点x0，且x0>0，则f(eq\f(2,a))>0，即a·eq\f(8,a3)－3·eq\f(4,a2)＋1>0，解得a>2或a<－2，又由于a<0，故a的取值范围为(－∞，－2)．选C.6．f(x)是定义在R上的偶函数，当x<0时，f(x)＋xf′(x)<0，且f(－4)＝0，则不等式xf(x)>0的解集为()A．(－4，0)∪(4，＋∞)B．(－4，0)∪(0，4)C．(－∞，－4)∪(4，＋∞)D．(－∞，－4)∪(0，4)答案D解析设g(x)＝xf(x)，则当x<0时，g′(x)＝[xf(x)]′＝x′f(x)＋xf′(x)＝xf′(x)＋f(x)<0，所以函数g(x)在区间(－∞，0)上是减函数．由于f(x)是定义在R上的偶函数．所以g(x)＝xf(x)是R上的奇函数，所以函数g(x)在区间(0，＋∞)上是减函数．由于f(－4)＝0，所以f(4)＝0，即g(4)＝0，g(－4)＝0，所以xf(x)>0化为g(x)>0.设x>0，不等式为g(x)>g(4)，即0<x<4；设x<0，不等式为g(x)>g(－4)，即x<－4