《高考數學人教A版（理）一輪復習：第三篇 第3講 導數的應用(二)》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高考數學人教A版（理）一輪復習：第三篇 第3講 導數的應用(二)（9頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

第3講 導數的應用(二) A級　基礎演練(時間：30分鐘　滿分：55分) 一、選擇題(每小題5分，共20分) 1．(2013·北京東城模擬)函數f(x)的定義域為開區(qū)間(a，b)，導函數f′(x)在(a，b)內的圖象如圖所示，則函數f(x)在開區(qū)間(a，b)內有極小值點(　　)． A．1個 B．2個 C．3個 D．4個 答案　A 2．(2013·蘇州一中月考)已知函數f(x)＝x3＋ax2＋(a＋6)x＋1有極大值和極小值，則實數a的取值范圍是 (　　)． A．(－1,2) B．(－∞，－3)∪(6，＋∞) C．(－3,6) D．(－∞，－1)∪(2，＋∞) 解析　f′(x)＝3x2＋2ax＋(a＋6)，因為函數有極大值和極小值，所以f′(x)＝0有兩個不相等的實數根，所以Δ＝4a2－4×3(a＋6)＞0，解得a＜－3或a＞6. 答案　B 3．(2013·撫順質檢)函數y＝的極小值為 (　　)． A. B．0 C. D．1 解析　函數的定義域為(0，＋∞)， y′＝＝. 函數y′與y隨x變化情況如下： x (0,1) 1 (1，e2) e2 (e2，＋∞) y′ － 0 ＋ 0 － y  0  ·  則當x＝1時函數y＝取到極小值0. 答案　B 4．(2013·南京模擬)設f(x)是一個三次函數，f′(x)為其導函數，如圖所示的是y＝x·f′(x)的圖象的一部分，則f(x)的極大值與極小值分別是 (　　)． A．f(1)與f(－1) B．f(－1)與f(1) C．f(－2)與f(2) D．f(2)與f(－2) 解析　由圖象知f′(2)＝f′(－2)＝0.∵x>2時，y＝x·f′(x)>0，∴f′(x)>0，∴y＝f(x)在(2，＋∞)上單調遞增；同理f(x)在(－∞，－2)上單調遞增，在(－2,2)上單調遞減， ∴y＝f(x)的極大值為f(－2)，極小值為f(2)，故選C. 答案　C 二、填空題(每小題5分，共10分) 5．已知函數y＝f(x)＝x3＋3ax2＋3bx＋c在x＝2處有極值，其圖象在x＝1處的切線平行于直線6x＋2y＋5＝0，則f(x)極大值與極小值之差為________． 解析　∵y′＝3x2＋6ax＋3b， ? ∴y′＝3x2－6x，令3x2－6x＝0，則x＝0或x＝2. ∴f(x)極大值－f(x)極小值＝f(0)－f(2)＝4. 答案　4 6．已知函數f(x)＝(其中e為自然對數的底數，且e≈2.718)．若f(6－a2)>f(a)，則實數a的取值范圍是________． 解析　∵f′(x)＝當x≤e時，f′(x)＝6－2x＝2(3－x)>0，當x>e時，f′(x)＝1－＝>0，∴f(x)在R上單調遞增．又f(6－a2)>f(a)，∴6－a2>a，解之得－30)， ∵函數f(x)在[1，＋∞)上為增函數，∴f′(x)＝≥0對x∈[1，＋∞)恒成立，∴ax－1≥0對x∈[1，＋∞)恒成立，即a≥對x∈[1，＋∞)恒成立，∴a≥1. 答案　[1，＋∞) 三、解答題(共25分) 5．(12分)設函數f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d(a>0)，且方程f′(x)－9x＝0的兩根分別為1,4. (1)當a＝3且曲線y＝f(x)過原點時，求f(x)的解析式； (2)若f(x)在(－∞，＋∞)內無極值點，求a的取值范圍． 解　由f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d得f′(x)＝ax2＋2bx＋c. 因為f′(x)－9x＝ax2＋2bx＋c－9x＝0的兩個根分別為1,4， 所以(*) (1)當a＝3時，由(*)式得 解得b＝－3，c＝12.又因為曲線y＝f(x)過原點， 所以d＝0.故f(x)＝x3－3x2＋12x. (2)由于a>0，所以f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d在(－∞，＋∞)內無極值點等價于f′(x)＝ax2＋2bx＋c≥0在(－∞，＋∞)內恒成立．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的取值范圍是[1,9]． 6．(13分)(2012·新課標全國)已知函數f(x)滿足f(x)＝f′(1)ex－1－f(0)x＋x2. (1)求f(x)的解析式及單調區(qū)間； (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. 從而f(x)＝ex－x＋x2.由于f′(x)＝ex－1＋x， 故當x∈(－∞，0)時，f′(x)<0； 當x∈(0，＋∞)時，f′(x)>0. 從而，f(x)在(－∞，0)上單調遞減，在(0，＋∞)上單調遞增． (2)由已知條件得ex－(a＋1)x≥b.① (i)若a＋1<0，則對任意常數b，當x<0，且x<時，可得ex－(a＋1)x0，設g(x)＝ex－(a＋1)x， 則g′(x)＝ex－(a＋1)． 當x∈(－∞，ln(a＋1))時，g′(x)<0； 當x∈(ln(a＋1)，＋∞)時，g′(x)>0. 從而g(x)在(－∞，ln(a＋1))上單調遞減，在(ln(a＋1)，＋∞)上單調遞增． 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等價于b≤a＋1－(a＋1)·ln(a＋1)．② 因此(a＋1)b≤(a＋1)2－(a＋1)2ln(a＋1)． 設h(a)＝(a＋1)2－(a＋1)2ln(a＋1)，則 h′(a)＝(a＋1)[1－2ln(a＋1)]． 所以h(a)在(－1，e－1)上單調遞增，在(e－1，＋∞)上單調遞減，故h(a)在a＝e－1處取得最大值． 從而h(a)≤，即(a＋1)b≤. 當a＝e－1，b＝時，②式成立．故f(x)≥x2＋ax＋b. 綜上得，(a＋1)b的最大值為. 特別提醒：教師配贈習題、課件、視頻、圖片、文檔等各種電子資源見《創(chuàng)新設計·高考總復習》光盤中內容.