【精品一轮特效提高】2014高考总复习(理数)-题库33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B．2个C．3个D．4个答案A2．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[来源:学&科&网Z&X&X&K]C．充要条件D．既不充分也不必要条件答案A3．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B4．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()A．－13B．－15C．10D．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：A5．函数y＝xe－x，x∈[0,4]的最小值为()．A．0B.1eC.4e4D.2e2解析y′＝e－x－xe－x＝－e－x(x－1)y′与y随x变化情况如下：x0(0,1)1(1,4)4y′＋0－y0[来源:学§科§网]1e4e4当x＝0时，函数y＝xe－x取到最小值0.答案A6．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32，则切点的横坐标为()A．ln2B．－ln2C.ln22D.－ln22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＝32，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A7．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＝－b2a＞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＝－b2a＜－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)＝x2－2lnx的最小值为________．解析由f′(x)＝2x－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110．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Δ0，即36a2－36(a＋2)0，解得a－1，或a2.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；当x＞0，即x∈(0,1]时，f(x)＝ax3－3x＋1≥0可化为a≥3x2－1x3.设g(x)＝3x2－1x3，则g′(x)＝－2xx4，所以g(x)在区间0，12上单调递增，在区间12，1上单调递减，因此g(x)max＝g12＝4，从而a≥4.当x＜0，即x∈[－1,0)时，同理a≤3x2－1x3.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________．解析g′(x)＝1－1x＝x－1x，当x≥2时，函数g(x)为增函数，因此g(x)的值域为[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(－∞，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，a0由已知条件x＝1，x＝2为方程3ax2＋2bx＋c＝0，的两根，因此a＋b＋c＝5，－2b3a＝3，c3a＝2，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：3x－y＋1＝0，若x＝23时，y＝f(x)有极值．(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当x＝23时，y＝f(x)有极值，则f′23＝0，可得4a＋3b＋4＝0.②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，令f′(x)＝0，得x1＝－2，x2＝23.当x变化时，y、y′的取值及变化如下表：x－3(－3，－2)－2－2，232323，11y′＋0－0＋y8单调递增↗13单调递减↘9527单调递增↗4∴y＝f(x)在[－3,1]上的最大值为13，最小值为9527.[来源:学#科#网Z#X#X#K]15．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0＜a＜2时，f(x)在[1,4]上的最小值为－163，求f(x)在该区间上的最大值．解析(1)由f′(x)＝－x2＋x＋2a＝－x－122＋14＋2a，当x∈23，＋∞时，f′(x)的最大值为f′23＝29＋2a；令29＋2a＞0，得a＞－19.所以，当a＞－19时，f(x)在23，＋∞上存在单调递增区间．即f(x)在23，＋∞上存在单调递增区间时，a的取值范围是－19，＋∞(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)＝－272＋6a＜0，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)＝103.16．设函数f(x)＝x－1x－alnx(a∈R)．(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，＋∞)．f′(x)＝1＋1x2－ax＝x2－ax＋1x2.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－a2－42，x2＝a＋a2－42.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－x2x1x2－a(lnx1－lnx2)，所以，k＝fx1－fx2x1－x2＝1＋1x1x2－a·lnx1－lnx2x1－x2.又由(1)知，x1x2＝1，于是k＝2－a·lnx1－lnx2x1－x2.若存在a，使得k＝2－a，则lnx1－lnx2x1－x2＝1.[来源:学科网ZXXK]即lnx1－lnx2＝x1－x2.由x1x2＝1得x2－1x2－2lnx2＝0(x2＞1)．(*)再由(1)知，函数h(t)＝t－1t－2lnt在(0，＋∞)上单调递增，而x2＞1，所以x2－1x2－2lnx2＞1－11－2ln1＝0.这与(*)式矛盾．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