高考数学专题复习练习第3讲 导数的应用

高考数学专题复习练习第3讲 导数的应用

第3讲 导数的应用(二)‎ 一、选择题 ‎1．若函数y＝f(x)可导，则“f′(x)＝0有实根”是“f(x)有极值”的 (　　)．‎ A．必要不充分条件 B．充分不必要条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 答案　A ‎2．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋(a＋6)x＋1有极大值和极小值，则实数a的取值范围是 (　　)．‎ A．(－1,2) B．(－∞，－3)∪(6，＋∞)‎ C．(－3,6) D．(－∞，－1)∪(2，＋∞)‎ 解析　f′(x)＝3x2＋2ax＋(a＋6)，因为函数有极大值和极小值，所以f′(x)＝0有两个不相等的实数根，所以Δ＝‎4a2－4×3(a＋6)＞0，解得a＜－3或a＞6.‎ 答案　B ‎3．设f(x)是一个三次函数，f′(x)为其导函数，如图所示的是y＝x·f′(x)的图象的一部分，则f(x)的极大值与极小值分别是 (　　)．‎ A．f(1)与f(－1) B．f(－1)与f(1)‎ C．f(－2)与f(2) D．f(2)与f(－2)‎ 解析　由图象知f′(2)＝f′(－2)＝0.∵x>2时，y＝x·f′(x)>0，∴f′(x)>0，∴y＝f(x)在(2，＋∞)上单调递增；同理f(x)在(－∞，－2)上单调递增，在(－2,2)上单调递减，‎ ‎∴y＝f(x)的极大值为f(－2)，极小值为f(2)，故选C.‎ 答案　C ‎4．设a∈R，函数f(x)＝ex＋a·e－x的导函数是f′(x)，且f′(x)是奇函数．若曲线y＝f(x)的一条切线的斜率是，则切点的横坐标为(　　)‎ A．ln2 B．－ln2‎ C. D. 解析 f′(x)＝ex－ae－x，这个函数是奇函数，因为函数f(x)在0处有定义，所以f′(0)＝0，故只能是a＝1.此时f′(x)＝ex－e－x，设切点的横坐标是x0，则ex0－e－x0＝，即2(ex0)2－3ex0－2＝0，即(ex0－2)(2ex0＋1)＝0，只能是ex0＝2，解得x0＝ln2.正确选项为A.‎ 答案 A ‎ ‎5．设函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)．若x＝－1为函数f(x)ex的一个极值点，则下列图象不可能为y＝f(x)的图象是(　　)．‎ 解析　若x＝－1为函数f(x)ex的一个极值点，则易得a＝c.因选项A、B的函数为f(x)＝a(x＋1)2，则[f(x)ex]′＝f′(x)ex＋f(x)(ex)′＝a(x＋1)(x＋3)ex，∴x＝－1为函数f(x)ex的一个极值点，满足条件；选项C中，对称轴x＝－＞0，且开口向下，∴a＜0，b＞0，∴f(－1)＝‎2a－b＜0，也满足条件；选项D中， 对称轴x＝－＜－1，且开口向上，∴a＞0，b＞‎2a，∴f(－1)＝‎2a－b＜0，与 图矛盾，故答案选D.‎ 答案　D ‎6．已知函数f(x)＝x3＋2bx2＋cx＋1有两个极值点x1，x2，且x1∈[－2，－1]，x2∈[1,2]，则f(－1)的取值范围是 (　　)．‎ A. B. C．[3,12] D. 解析　因为f(x)有两个极值点x1，x2，所以f′(x)＝3x2＋4bx＋c＝0有两个根x1，x2，且x1∈[－2，－1]，x2∈[1,2]，所以即 画出可行域如图所示．因为f(－1)＝2b－c ‎，由图知经过点A(0，－3)时，f(－1)取得最小值3，经过点C(0，－12)时，f(－1)取得最大值12，所以f(－1)的取值范围为[3,12]．‎ 答案　C 二、填空题 ‎7．函数f(x)＝x2－2ln x的最小值为________．‎ 解析　由f′(x)＝2x－＝0，得x2＝1.又x＞0，所以x＝1.因为0＜x＜1时，f′(x)＜0，x＞1时f′(x)＞0，所以当x＝1时，f(x)取极小值(极小值唯一)也即最小值f(1)＝1.‎ 答案　1‎ ‎8．若f(x)＝x3＋3ax2＋3(a＋2)x＋1有极大值和极小值，则a的取值范围________．‎ 解析　f′(x)＝3x2＋6ax＋3(a＋2)，‎ 由已知条件Δ>0，即‎36a2－36(a＋2)>0，‎ 解得a<－1，或a>2.‎ 答案　(－∞，－1)∪(2，＋∞)‎ ‎9．已知函数f(x)＝mx3＋nx2的图象在点(－1,2)处的切线恰好与直线3x＋y＝0平行，若f(x)在区间[t，t＋1]上单调递减，则实数t的取值范围是________．‎ 解析　由题意知，点(－1,2)在函数f(x)的图象上，‎ 故－m＋n＝2.①‎ 又f′(x)＝3mx2＋2nx，则f′(－1)＝－3，‎ 故‎3m－2n＝－3.②‎ 联立①②解得：m＝1，n＝3，即f(x)＝x3＋3x2，‎ 令f′(x)＝3x2＋6x≤0，解得－2≤x≤0，‎ 则[t，t＋1]⊆[－2,0]，故t≥－2且t＋1≤0，‎ 所以t∈[－2，－1]．‎ 答案　[－2，－1]‎ ‎10．已知函数f(x)＝＋ln x，若函数f(x)在[1，＋∞)上为增函数，则正实数a的取值范围为________．‎ 解析　∵f(x)＝＋ln x，∴f′(x)＝(a>0)，‎ ‎∵函数f(x)在[1，＋∞)上为增函数，∴f′(x)＝≥0对x∈[1，＋∞)恒成立，∴ax－1≥0对x∈[1，＋∞)恒成立，即a≥对x∈[1，＋∞)恒成立，∴a≥1.‎ 答案　[1，＋∞)‎ 三、解答题 ‎11．已知函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx在点x0处取得极大值5，其导函数y＝f′(x)的图象经过(1,0)，(2,0)点，如图所示．‎ ‎(1)求x0的值；‎ ‎(2)求a，b，c的值．‎ 解析　(1)由f′(x)随x变化的情况 x ‎(－∞，1)‎ ‎1‎ ‎(1,2)‎ ‎2‎ ‎(2，＋∞)‎ f′(x)‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ 可知当x＝1时f(x)取到极大值5，则x0＝1‎ ‎(2)f′(x)＝3ax2＋2bx＋c，a>0‎ 由已知条件x＝1，x＝2为方程3ax2＋2bx＋c＝0，‎ 的两根，因此解得a＝2，b＝－9，c＝12.‎ ‎12．某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量y(单位：千克)与销售价格x(单位：元/千克)满足关系式y＝＋10(x－6)2，其中30)，且方程f′(x)－9x＝0的两根分别为1,4.‎ ‎(1)当a＝3且曲线y＝f(x)过原点时，求f(x)的解析式；‎ ‎(2)若f(x)在(－∞，＋∞)内无极值点，求a的取值范围．‎ 解　由f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d得f′(x)＝ax2＋2bx＋c.‎ 因为f′(x)－9x＝ax2＋2bx＋c－9x＝0的两个根分别为1,4，‎ 所以(*)‎ ‎(1)当a＝3时，由(*)式得 解得b＝－3，c＝12.又因为曲线y＝f(x)过原点，‎ 所以d＝0.故f(x)＝x3－3x2＋12x.‎ ‎(2)由于a>0，所以f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d在(－∞，＋∞)内无极值点等价于f′(x)＝ax2＋2bx＋c≥0在(－∞，＋∞)内恒成立．由(*)式得2b＝9－‎5a，c＝‎4a.‎ 又Δ＝(2b)2－‎4ac＝9(a－1)(a－9)，‎ 由得a∈[1,9]．‎ 即a的取值范围是[1,9]．‎ ‎14．已知函数f(x)满足f(x)＝f′(1)ex－1－f(0)x＋x2.‎ ‎(1)求f(x)的解析式及单调区间；‎ ‎(2)若f(x)≥x2＋ax＋b，求(a＋1)b的最大值．‎ 解　(1)由已知得f′(x)＝f′(1)ex－1－f(0)＋x.‎ 所以f′(1)＝f′(1)－f(0)＋1，即f(0)＝1.‎ 又f(0)＝f′(1)e－1，所以f′(1)＝e.‎ 从而f(x)＝ex－x＋x2.由于f′(x)＝ex－1＋x，‎ 故当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0；‎ 当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0.‎ 从而，f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．‎ ‎(2)由已知条件得ex－(a＋1)x≥b.①‎ ‎(i)若a＋1<0，则对任意常数b，当x<0，且x<时，可得ex－(a＋1)x0，设g(x)＝ex－(a＋1)x，‎ 则g′(x)＝ex－(a＋1)．‎ 当x∈(－∞，ln(a＋1))时，g′(x)<0；‎ 当x∈(ln(a＋1)，＋∞)时，g′(x)>0.‎ 从而g(x)在(－∞，ln(a＋1))上单调递减，在(ln(a＋1)，＋∞)上单调递增．‎ 故g(x)有最小值g(ln(a＋1))＝a＋1－(a＋1)ln(a＋1)．‎ 所以f(x)≥x2＋ax＋b等价于b≤a＋1－(a＋1)·ln(a＋1)．②‎ 因此(a＋1)b≤(a＋1)2－(a＋1)2ln(a＋1)．‎ 设h(a)＝(a＋1)2－(a＋1)2ln(a＋1)，则 h′(a)＝(a＋1)[1－2ln(a＋1)]．‎ 所以h(a)在(－1，e－1)上单调递增，在(e－1，＋∞)上单调递减，故h(a)在a＝e－1处取得最大值．‎ 从而h(a)≤，即(a＋1)b≤.‎ 当a＝e－1，b＝时，②式成立．故f(x)≥x2＋ax＋b.‎ 综上得，(a＋1)b的最大值为.‎