高考数学人教A版（理）一轮复习：第三篇 第3讲 导数的应用(二)

高考数学人教A版（理）一轮复习：第三篇 第3讲 导数的应用(二)

第3讲 导数的应用(二)‎ A级　基础演练(时间：30分钟　满分：55分)‎ 一、选择题(每小题5分，共20分)‎ ‎1．(2013·北京东城模拟)函数f(x)的定义域为开区间(a，b)，导函数f′(x)在(a，b)内的图象如图所示，则函数f(x)在开区间(a，b)内有极小值点(　　)．‎ A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 答案　A ‎2．(2013·苏州一中月考)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．(2013·抚顺质检)函数y＝的极小值为 (　　)．‎ A. B．0 C. D．1‎ 解析　函数的定义域为(0，＋∞)，‎ y′＝＝.‎ 函数y′与y随x变化情况如下：‎ x ‎(0,1)‎ ‎1‎ ‎(1，e2)‎ e2‎ ‎(e2，＋∞)‎ y′‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ y  ‎0‎  ·  则当x＝1时函数y＝取到极小值0.‎ 答案　B ‎4．(2013·南京模拟)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 二、填空题(每小题5分，共10分)‎ ‎5．已知函数y＝f(x)＝x3＋3ax2＋3bx＋c在x＝2处有极值，其图象在x＝1处的切线平行于直线6x＋2y＋5＝0，则f(x)极大值与极小值之差为________．‎ 解析　∵y′＝3x2＋6ax＋3b，‎ ⇒ ‎∴y′＝3x2－6x，令3x2－6x＝0，则x＝0或x＝2.‎ ‎∴f(x)极大值－f(x)极小值＝f(0)－f(2)＝4.‎ 答案　4‎ ‎6．已知函数f(x)＝(其中e为自然对数的底数，且e≈2.718)．若f(6－a2)>f(a)，则实数a的取值范围是________．‎ 解析　∵f′(x)＝当x≤e时，f′(x)＝6－2x＝2(3－x)>0，当x>e时，f′(x)＝1－＝>0，∴f(x)在R上单调递增．又f(6－a2)>f(a)，∴6－a2>a，解之得－30)，‎ ‎∵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(共25分)‎ ‎5．(12分)设函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d(a>0)，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]．‎ ‎6．(13分)(2012·新课标全国)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.‎ 特别提醒：教师配赠习题、课件、视频、图片、文档等各种电子资源见《创新设计·高考总复习》光盘中内容.‎