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【步步高】2015高考数学(广东专用,理)一轮题库:第3章 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 C.充要条件 答案 A B.充分不必要条件 D.既不充分也不必要条件 ).

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)

C.(-3,6) B.(-∞,-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) C.f(-2)与 f(2) ( ).

B.f(-1)与 f(1) 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 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 B.-ln2 ln2 -ln2 C. D. 2 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 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( ).

3 2

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 >0,且开口向下,∴a<0,b>0,∴f(-1)=2a-b<0,也满足 2a
对称轴 x=-

条件;选项 D 中,

b <-1,且开口向上,∴a>0,b>2a, 2a

∴f(-1)=2a-b<0,与 答案 D

图矛盾,故答案选 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 ? 3 ? A.?-2,3? ? ? C.[3,12] ?3 ? B.?2,6? ? ? ? 3 ? D.?-2,12? ? ? ( ).

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

?f′?-1?≤0, ∈[1,2],所以? f′?1?≤0, ?f′?2?≥0,

f′?-2?≥0, 即

?3-4b+c≤0, ?3+4b+c≤0, ?12+8b+c≥0,

12-8b+c≥0,

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 2 由 f′(x)=2x- =0, 得 x2=1.又 x>0, 所以 x=1.因为 0<x<1 时,

x

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] 1-x 10.已知函数 f(x)= ax +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________. 1-x ax-1 解析 ∵f(x)= ax +ln x,∴f′(x)= ax2 (a>0), ax-1 ∵函数 f(x)在[1,+∞)上为增函数,∴f′(x)= ax2 ≥0 对 x∈[1,+∞)恒成 1 立, ∴ax-1≥0 对 x∈[1, +∞)恒成立, 即 a≥ x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 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.

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=

a +10(x-6)2,其中 3<x<6,a 为 x-3

常数.已知销售价格为 5 元/千克时,每日可售出该商品 11 千克. (1)求 a 的值; (2)若该商品的成本为 3 元/千克,试确定销售价格 x 的值,使商场每日销售该 商品所获得的利润最大. a 解 (1)因为 x=5 时,y=11,所以2+10=11,a=2. (2)由(1)可知,该商品每日的销售量 y= 商品所获得的利润 ? 2 2? f(x)=(x-3)?x-3+10?x-6? ? ? ? =2+10(x-3)(x-6)2,3<x<6. 从而,f′(x)=10[(x-6)2+2(x-3)(x-6)] =30(x-4)(x-6). 于是,当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表: x f′(x) f(x) (3,4) + 单调递增 4 0 极大值 42 (4,6) - 单调递减 2 +10(x-6)2.所以商场每日销售该 x-3

由上表可得, x=4 是函数 f(x)在区间(3,6)内的极大值点, 也是最大值点. 所以, 当 x=4 时,函数 f(x)取得最大值,且最大值等于 42. 答:当销售价格为 4 元/千克时,商场每日销售该商品所获得的利润最大. a 13.设函数 f(x)=3x3+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. a 解 由 f(x)=3x3+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, ?a+2b+c-9=0, 所以? (*) ?16a+8b+c-36=0,

?2b+c-6=0, (1)当 a=3 时,由(*)式得? ?8b+c+12=0, 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. a (2)由于 a>0, 所以 f(x)=3x3+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), ?a>0, 由? 得 a∈[1,9]. ?Δ=9?a-1??a-9?≤0 即 a 的取值范围是[1,9]. 1 14.已知函数 f(x)满足 f(x)=f′(1)ex-1-f(0)x+2x2. (1)求 f(x)的解析式及单调区间; 1 (2)若 f(x)≥2x2+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. 1 从而 f(x)=ex-x+2x2.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< 因此①式不成立. (ii)若 a+1=0,则(a+1)b=0. (iii)若 a+1>0,设 g(x)=ex-(a+1)x, 则 g′(x)=ex-(a+1). 当 x∈(-∞,ln(a+1))时,g′(x)<0; 1-b 时,可得 ex-(a+1)x<b, a+1

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). 1 所以 f(x)≥2x2+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)]. 1 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) 2 2 1 在 a=e2-1 处取得最大值. e e 从而 h(a)≤2,即(a+1)b≤2. 1 e2 1 1 当 a=e2-1,b= 2 时,②式成立.故 f(x)≥2x2+ax+b. e 综上得,(a+1)b 的最大值为2.


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