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【精品一轮 特效提高】2014高考总复习(理数)-题库:3.3 导数的应用(二)


3.3 导数的应用(二)
一、选择题 1.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 答案 A

B.2 个

C.3 个

D.4 个

2.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 答案 A
[来源:学&科&网 Z&X&X&K]

).

D.既不充分也不必要条件

3.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( ). B.(-∞,-3)∪(6,+∞) D.(-∞,-1)∪(2, +∞)

A.(-1,2) C.(-3, 6)

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 =4a -4×3(a+6)>0, 解得 a<-3 或 a>6. 答案 B 4. 已知函数 f(x)=-x3+ax2-4 在 x=2 处取得极值, 若 m、 n∈[-1,1], 则 f(m) +f′(n)的最小值是( )
2

A.-13 C.10

B.-15 D.15

解析:求导得 f′(x)=-3x2+2ax,由函数 f(x)在 x=2 处取得极值知 f′(2) =0,即-3×4 +2a×2=0,∴a=3.由此可得 f(x)=-x3+3x2-4,

f′(x)=-3x2+6x,易知 f(x)在(-1,0)上单调递减,在(0,1)上单调递增,
∴当 m∈[-1,1]时,f(m)min=f(0)=-4.又 f′(x)=-3x2+6x 的图象开口向 下,且对称轴为 x=1,∴当 n∈[-1,1]时,f′(n)min=f′(-1)=-9.故 f(m) +f′(n)的最小值为-13. 答案:A 5.函数 y=xe-x,x∈[0,4]的最小值为( A.0 B. 1 e C. 4 e4 ). D. 2 e2

解析 y′=e-x-xe-x=-e-x(x-1)

y′与 y 随 x 变化情况如下:

x y′ y

0

(0,1) +

1 0 1 e

(1,4) -

4

0
[来源:学§科§网]

4 e4

当 x=0 时,函数 y=xe-x 取到最小值 0. 答案 A 6.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 3 曲线 y=f(x)的一条切线的斜率是 ,则切点的横坐标为( 2 )

A.ln2 ln2 C. 2

B.-ln2 D. -ln2 2

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 3 ex0-e-x0= ,即 2(ex0)2-3ex0-2=0,即(ex0-2)(2ex0+1)=0,只能是 ex0 2 =2,解得 x0=ln2.正确选项为 A. 答案 A 7.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=-

b > 2a

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=-

b
2a

<-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 二、填空题 8.已知 f(x)=2x3-6x2+3,对任意的 x∈[-2,2]都有 f(x)≤a,则 a 的取值范

围为________. 解析:由 f′(x)=6x2-12x=0,得 x=0,或 x=2. 又 f(-2)=-37,f(0)=3,f(2)=-5, ∴f(x)max=3,又 f(x)≤a,∴a≥3. 答案:[3,+∞) 9.函数 f(x)=x2-2ln x 的最小值为________. 2 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)

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 10 .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,+∞) 11.设函数 f(x)=ax3-3x+1(x∈R),若对于任意 x∈[-1,1],都有 f(x)≥0 成立,则实数 a 的值为________. 解析 (构造法)若 x=0,则不论 a 取何值,f(x)≥0 显然成立; 3 1 3 当 x>0,即 x∈(0,1]时,f(x)=ax3-3x+1≥0 可化为 a≥ 2- 3.设 g(x)= 2-

x

x

x

1

x

3

,则 g′(x)=

3?

1-2x?

x4



1? ? ?1 ? 所以 g(x)在区间?0, ?上单调递增,在区间? ,1?上单调递减, 2 ? ? ?2 ? ?1? 因此 g(x)max=g? ?=4,从而 a≥4. ?2? 3 1 当 x<0,即 x∈[-1,0)时,同理 a≤ 2- 3.

x

x

g(x)在区间[-1,0)上单调递增,
∴g(x)min=g(-1)=4,从而 a≤4,综上可知 a=4. 答案 4 【点评】 本题考查了分类讨论思想构造函数,同时利用导数的知识来解决. 12.已知函数 f(x)的自变量取值区间为 A,若其值域也为 A,则称区间 A 为 f(x) 的保值区间. 若 g(x)=x+m-lnx 的保值区间是[2, +∞), 则 m 的值为__ ______.

1 x-1 解析 g′(x)=1- = ,当 x≥2 时,函数 g(x)为增函数,因此 g(x)的值域

x

x

为[2+m-ln2,+∞),因此 2+m-ln2=2,故 m=ln2. 答案 ln2 三、解答题 13.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 f′(x)

(-∞,1) +

1 0

(1,2) -

2 0

(2,+∞) +

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,

? ?-2b=3, 的两根,因此? 3a c ? ?3a=2,

a+b+c=5,
解得 a=2,b=-9,c=12.

14.已知函数 f(x)=x3+ax2+bx+c,曲线 y=f(x)在点 x=1 处的切线为 l: 2 3x-y+1=0,若 x= 时,y=f(x)有极值. 3 (1)求 a,b,c 的值; (2)求 y=f(x)在[-3,1]上的 最大值和最小值. 解析:(1)由 f(x)=x3+ax2+bx+c, 得 f′(x)=3x2+2ax+b, 当 x=1 时,切线 l 的斜率为 3,可得 2a+b=0.① 2 当 x= 时,y=f(x)有极值, 3 ?2? 则 f′? ?=0,可得 4a+3b+4=0.② ?3? 由①②解得 a=2,b=-4. 由于切点的横坐标为 x=1,∴f(1)=4,

∴1+a+b+c=4,∴c=5. ∴a=2,b=-4,c=5. (2)由(1)可得 f(x)=x3+2x2-4x+5, ∴f′(x)=3x2+4x-4, 2 令 f′(x)=0,得 x1=-2,x2= . 3 当 x 变化时,y、y′的取值及变化如下表:

x y′ y

-3

(-3,-2) +

-2 0 13

2? ? ?-2, ? 3? ? - 单调递减↘ 95 . 27

2 3 0 95 27

?2 ? ? ,1? ?3 ? + 单调递增↗

1

8

单调递增↗

4

∴y=f(x)在[-3,1]上的最大值为 13,最小值为 1 1 15.设 f(x)=- x3+ x2+2ax. 3 2

[来源:学#科# 网 Z#X#X#K]

?2 ? (1)若 f(x)在? ,+∞?上存在单调递增区间,求 a 的取值范围; 3 ? ? (2)当 0<a<2 时,f(x)在[1,4]上的最小值为- 值. 1? 1 ? 解析 (1)由 f′(x)=-x2+x+2a=-?x- ?2+ +2a, 2? 4 ? 2 1 ?2 ? ?2? 2 当 x∈? ,+∞?时, f′(x)的最大值为 f′? ?= +2a; 令 +2a>0, 得 a>- . 9 9 ?3 ? ?3? 9 1 ?2 ? ?2 ? 所以,当 a>- 时,f(x)在? ,+∞?上存在单调递增区间.即 f(x)在? ,+∞? 9 ?3 ? ?3 ? 16 ,求 f(x)在该区间上的最大 3

? 1 ? 上存在单调递增区间时,a 的取值范围是?- ,+∞? 9 ? ? (2)令 f′(x)=0,得两根 x1= 1- 1+8a 1+ 1+8a ,x2= . 2 2

所以 f(x)在(-∞,x1),(x2,+∞)上单调递减, 在(x1,x2)上单调递增. 当 0<a<2 时,有 x1<1<x2<4, 所以 f(x)在[1,4]上的最大值为 f(x2), 又 f(4)-f(1)=- 27 +6a<0,即 f(4)<f(1). 2 40 16 =- . 3 3 10 . 3

所以 f(x)在[1,4]上的最小值为 f(4)=8a-

得 a=1,x2=2,从而 f(x)在[1,4]上的最大值为 f(2)=

1 16.设函数 f(x)=x- -aln x(a∈R).

x

(1)讨论 f(x)的单调性; (2)若 f(x)有两个极值点 x1 和 x2,记过点 A(x1,f(x1)),B(x2,f(x2))的直线的斜 率为 k.问:是否存在 a,使得 k=2-a?若存在,求出 a 的值;若不存在,请说 明理由. 思路分析 先求导,通分后发现 f′(x)的符号与 a 有关,应对 a 进行分类,依 据方程的判别式来分类. 解析 (1)f(x)的定义域为(0,+∞).

a x2-ax+1 f′(x)=1+ 2- = . x x x2
1

令 g(x)=x2-ax+1,其判别式 Δ =a2-4. ①当|a|≤2 时,Δ ≤0,f′(x)≥0.故 f(x)在(0,+∞)上单调递增. ②当 a<-2 时,Δ >0,g(x)=0 的两根都小于 0.在(0,+∞)上,f′(x)>0. 故 f(x)在(0,+∞)上单调递增. ③当 a>2 时,Δ >0,g(x)=0 的两根为 x1=

a- a2-4
2



x2=

a+ a2-4
2

.

当 0<x<x1 时,f′(x)>0,当 x1<x<x2 时,f′(x)<0; 当 x>x2 时,f′(x)>0.故 f(x)分别在(0,x1),(x2,+∞)上单调递增,在(x1,

x2)上单调递减.
(2)由(1)知,a>2. 因 为 f(x1) - f(x2) = (x1 - x2) +

x1-x2 - a(ln x1 - ln x2) , 所 以 , k = x1x2

f? x1? -f? x2? 1 ln x1-ln x2 =1+ -a· . x1-x2 x1x2 x1-x2
又由(1)知,x1x2=1,于是 k=2-a· ln x1-ln x2 . x1-x2

若存在 a,使得 k=2-a,则 即 ln x1-ln x2=x1-x2.

ln x1-ln x2 =1 . x1-x2

[来源:学科网 ZXXK]

1 由 x1x2=1 得 x2- -2ln x2=0(x2>1).(*)

x2

1 再由(1)知,函数 h(t)=t- -2ln t 在(0,+∞)上单调递增,而 x2>1,所以

t

x2- -2ln x2>1- -2 l n 1=0.这与(*)式矛盾. x2 1

1

1

故不存在 a,使得 k=2-a. 【点评】本题充分体现了分类讨论思想.近几 年新课标高考常考查含参数的导数 问题,难度中等偏上,考生最容易失分的就是对参数的分类标准把握不准,导致 分类不全等


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