【新课标人教A版】2014届高考数学(理)总复习限时规范训练2.12导数的应用(二)

第二章第12讲(时间：45分钟分值：100分)一、选择题1.[2013·太原模拟]函数f(x)＝12x－x3在区间[－3,3]上的最小值是()A.－9B.－16C.－12D.－11答案：B解析：由f′(x)＝12－3x2＝0，得x＝－2或x＝2.又f(－3)＝－9，f(－2)＝－16，f(2)＝16，f(3)＝9，∴函数f(x)在[－3,3]上的最小值为－16.2.[2012·重庆高考]设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数f(x)在x＝－2处取得极小值，则函数y＝xf′(x)的图象可能是()答案：C解析：由题意可得f′(－2)＝0，而且当x∈(－∞，－2)时，f′(x)0，此时xf′(x)0；当x∈(－2，＋∞)时，f′(x)0，此时若x∈(－2,0)，xf′(x)0，若x∈(0，＋∞)，xf′(x)0，所以函数y＝xf′(x)的图象可能是C.3.[2013·金版原创]函数f(x)＝x－ax在x∈[1,4]上单调递减，则实数a的最小值为()A.1B.2C.4D.5答案：C解析：依题意得，当x∈[1,4]时，f′(x)＝1－a2x≤0，即a≥2x恒成立．注意到当x∈[1,4]时，y＝2x的最大值是24＝4.因此，实数a的最小值为4，选C.4.[2013·石家庄模拟]函数f(x)满足f(0)＝0，其导函数f′(x)的图象如右图，则f(x)在[－2,1]上的最小值为()A.－1B.0C.2D.3答案：A解析：由图象知，f′(x)＝2x＋2，又f(0)＝0.∴f(x)＝x2＋2x＝(x＋1)2－1.∴f(x)在[－2,1]上的最小值为－1，故选A.5.[2013·江苏无锡]若a2，则方程13x3－ax2＋1＝0在(0,2)上恰好有()A.0个根B.1个根C.2个根D.3个根答案：B解析：设f(x)＝13x3－ax2＋1，则f′(x)＝x2－2ax＝x(x－2a)，因为a2，所以2a4，所以当x∈(0,2)时，f′(x)0，则f(x)在(0,2)上为减函数，又f(0)f(2)＝1×(83－4a＋1)＝113－4a0，所以f(x)＝0在(0,2)上恰好有1个根，故选B.6.[2013·衡水调研]已知函数f(x)的定义域为[－1,5]，部分对应值如下表．f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如右图所示，x－1045f(x)1221下列关于函数f(x)的命题：①函数y＝f(x)是周期函数；②函数f(x)在[0,2]上是减函数；③如果当x∈[－1，t]时，f(x)的最大值是2，那么t的最大值为4；④当1a2时，函数y＝f(x)－a有4个零点．其中真命题的个数是()A.4B.3C.2D.1答案：D解析：由表及图象判断不出函数具有周期性，故①错；由导函数图象知，x∈[0,2]时，f′(x)0.∴f(x)在[0,2]上是减函数，故②正确；由f(x)的单调性知，t也可以为5，故③错；若f(2)＝1.5，则④不对，故选D.二、填空题7.函数f(x)＝－x3＋mx2＋1(m≠0)在(0,2)内的极大值为最大值，则m的取值范围是________．答案：(0,3)解析：f′(x)＝－3x2＋2mx＝x(－3x＋2m)．令f′(x)＝0，得x＝0或x＝2m3.∵x∈(0,2)，∴02m32，∴0m3.8.[2013·浙江四校调研]已知函数f(x)＝(x2－3x＋3)ex，设t－2，函数f(x)在[－2，t]上为单调函数时，t的取值范围是________．答案：－2t≤0解析：因为f′(x)＝(x2－3x＋3)·ex＋(2x－3)·ex＝x(x－1)·ex.由f′(x)0得x1或x0；由f′(x)0得0x1，所以f(x)在(－∞，0)，(1，＋∞)上单调递增，在(0,1)上单调递减．要使f(x)在[－2，t]上为单调函数，则－2t≤0.9.已知a≤1－xx＋lnx对任意的x∈[12，2]恒成立，则a的最大值为________．答案：0解析：令f(x)＝1－xx＋lnx，f′(x)＝x－1x2，当x∈[12，1)时，f′(x)0，当x∈(1,2]时，f′(x)0，∴f(x)min＝f(1)＝0，∴a≤0，故a最大值为0.三、解答题10.[2013·江西三校联考]设f(x)＝－13x3＋12x2＋2ax.(1)若f(x)在(23，＋∞)上存在单调递增区间，求a的取值范围；(2)当0a2时，f(x)在[1,4]的最小值为－163，求f(x)在该区间上的最大值．解：(1)f′(x)＝－x2＋x＋2a＝－(x－12)2＋14＋2a，当x∈[23，＋∞)时，f′(x)的最大值为f′(23)＝29＋2a，令29＋2a0，得a－19，所以，当a－19时，f(x)在(23，＋∞)上存在单调递增区间．(2)令f′(x)＝0，得两根x1＝1－1＋8a2，x2＝1＋1＋8a2.所以f(x)在(－∞，x1)，(x2，＋∞)上单调递减，在(x1，x2)上单调递增．当0a2时，有x11x24，所以f(x)在[1,4]上的最大值为f(x2)，又f(4)－f(1)＝－272＋6a0，即f(4)f(1)，所以f(x)在[1,4]上的最小值为f(4)＝8a－403＝－163，得a＝1，x2＝2，从而f(x)在[1,4]上的最大值为f(2)＝103.11.[2013·辽宁调研]已知函数f(x)＝ax－lnx，x∈(0，e]，g(x)＝lnxx，其中e是自然常数，a∈R.(1)当a＝1时，求f(x)的极值，并证明|f(x)|g(x)＋12恒成立；(2)是否存在实数a，使f(x)的最小值为3？若存在，求出a的值，若不存在，请说明理由．解：(1)当a＝1时，f(x)＝x－lnx，∴f′(x)＝1－1x＝x－1x.∴当0x1时，f′(x)0，此时f(x)单调递减；当1x≤e时，f′(x)0，此时f(x)单调递增．∴f(x)的极小值为f(1)＝1.∴f(x)在(0，e]上的最小值为1.令h(x)＝g(x)＋12＝lnxx＋12，则h′(x)＝1－lnxx2，当0xe时，h′(x)0，则h(x)在(0，e]上单调递增，∴h(x)max＝h(e)＝1e＋1212＋12＝1＝f(x)min.∴|f(x)|g(x)＋12恒成立．(2)假设存在实数a，使f(x)＝ax－lnx(x∈(0，e])有最小值3.∵f′(x)＝a－1x＝ax－1x.①当a≤0时，f(x)在(0，e]上单调递减，f(x)min＝f(e)＝ae－1＝3，∴a＝4e(舍去)，∴a≤0时，不存在实数a使f(x)的最小值为3.②当01ae时，f(x)在(0，1a)上单调递减，在(1a，e]上单调递增，∴f(x)min＝f(1a)＝1＋lna＝3，∴a＝e2，满足条件．③当1a≥e时，f(x)在(0，e]上单调递减，f(x)min＝f(e)＝ae－1＝3，∴a＝4e(舍去)，∴1a≥e时，不存在实数a使f(x)的最小值为3.综上，存在实数a＝e2，使得当x∈(0，e]时，f(x)有最小值3.12.[2012·新课标全国高考]已知函数f(x)满足f(x)＝f′(1)ex－1－f(0)x＋12x2.(1)求f(x)的解析式及单调区间；(2)若f(x)≥12x2＋ax＋b，求(a＋1)b的最大值．解：(1)∵f(x)＝f′(1)ex－1－f(0)x＋12x2，∴f′(x)＝f′(1)ex－1－f(0)＋x，令x＝1得：f(0)＝1，∴f(x)＝f′(1)ex－1－x＋12x2，∴f(0)＝f′(1)e－1＝1，∴f′(1)＝e得：f(x)＝ex－x＋12x2.∵g(x)＝f′(x)＝ex－1＋x，g′(x)＝ex＋10，∴y＝g(x)在x∈R上单调递增．令f′(x)0＝f′(0)，得x0，令f′(x)0＝f′(0)得x0，∴f(x)的解析式为f(x)＝ex－x＋12x2且单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0)．(2)由f(x)≥12x2＋ax＋b得ex－(a＋1)x－b≥0，令h(x)＝ex－(a＋1)x－b，则h′(x)＝ex－(a＋1)．①当a＋1≤0时，h′(x)0⇒y＝h(x)在x∈R上单调递增．x→－∞时，h(x)→－∞与h(x)≥0矛盾．②当a＋10时，由h′(x)0得xln(a＋1)，由h′(x)0得xln(a＋1)得当x＝ln(a＋1)时，h(x)min＝(a＋1)－(a＋1)ln(a＋1)－b≥0.(a＋1)b≤(a＋1)2－(a＋1)2ln(a＋1)(a＋10)．令F(x)＝x2－x2lnx(x0)；则F′(x)＝x(1－2lnx)，由F′(x)0得0xe，由F′(x)0得xe，当x＝e时，F(x)max＝e2，∴当a＝e－1，b＝e2时，(a＋1)b的最大值为e2.